7.如图，点A，B，C，D，E都在⊙O上，BE是直径，BE//CD，点F在BA的延长线上，∠E=24°，则∠DAF的度数为。

7.114°

【分析】
要求∠DAF的度数，可通过性质转化求解：首先根据圆内接四边形的性质，其外角等于内对角，可得∠DAF=∠BCD，因此只需求出∠BCD的度数即可。观察∠BCD可拆分为∠BCE与∠ECD的和：已知BE是直径，根据直径所对的圆周角为直角，可得∠BCE=90°；又已知BE//CD，根据平行线内错角相等，可得∠ECD=∠BEC=24°，两个角度相加即可得到∠BCD的度数，进而得到∠DAF的度数。
【解析】
解：
1.
∵ BE是⊙O的直径，点C在⊙O上
∴ ∠BCE=90°（直径所对的圆周角为直角）
2.
∵ BE//CD
∴ ∠ECD=∠BEC=24°（两直线平行，内错角相等）
3.
∴ ∠BCD=∠BCE+∠ECD=90°+24°=114°
4.
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠DAF是四边形ABCD的外角
∴ ∠DAF=∠BCD=114°（圆内接四边形的外角等于它的内对角）
【答案】
114°
【知识点】
1. 直径的性质
2. 平行线的性质
3. 圆内接四边形的性质
【点评】
本题是圆中角度计算的典型综合题，解题的关键是合理拆分待求角，结合多个基础性质逐步推导，能有效考察学生对圆相关性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.65

8.如图，$△ ABC$内接于$\odot O$，点$M$是弦$AB$的中点，连接$OM$.若$∠ ACB=124°$，求$∠ MOB$的度数.

8.解：56°.

【分析】
解题时先从已知的圆周角∠ACB出发，根据圆周角定理求出它所对的优弧AB对应的圆心角度数，进而求出劣弧AB对应的圆心角∠AOB的度数；再结合M是AB中点、O是圆心的条件，利用等腰三角形三线合一的性质，可知OM平分∠AOB，即可求出∠MOB的度数。
【解析】
解：
∵∠ACB=124°，∠ACB是优弧AB所对的圆周角，
根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧的圆心角度数的一半，
∴优弧AB对应的圆心角度数为2×124°=248°，
∴劣弧AB对应的圆心角∠AOB=360°-248°=112°，
∵OA=OB（都是⊙O的半径），
∴△OAB是等腰三角形，
又
∵M是弦AB的中点，
根据等腰三角形三线合一的性质，OM平分∠AOB，
∴∠MOB=½∠AOB=½×112°=56°。
【答案】
56°
【知识点】
圆周角定理，等腰三角形性质，垂径定理
【点评】
本题是圆中角度计算的基础题型，解题的核心是熟练掌握圆周角与圆心角的对应关系，结合等腰三角形或垂径定理的性质进行角度推导，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7

9. 阅读理解:如图①,AB 和 BC 是$\odot O$的两条弦(即折线 ABC 是圆的一条折弦),BC＞AB,点 M 是$\overset{\frown}{ABC}$的中点,则从点 M 向 BC 所作垂线的垂足 D 是折弦 ABC 的中点,即$CD=AB+BD$.下面是运用“截长法”证明$CD=AB+BD$的部分证明过程.
证明:如图①,在 CB 上截取$CG=AB$,连接 MA,MB,MC,MG.
∵M 是$\overset{\frown}{ABC}$的中点,∴$MA=MC$……

(1)请按照上面的证明思路,将证明过程补充完整;
(2)如图②,已知等腰三角形 ABC 内接于$\odot O$,$AB=AC=\sqrt{10}$,$BC=2$,D 为$\overset{\frown}{AC}$上一点,$∠ ABD=45°$,$AE ⊥ BD$于点 E,则$△ BDC$的周长为.

9.(1)略.(2)$2+2\sqrt{5}$

【分析】
（1）第一问已给出截长法的解题开头，我们先利用同弧所对圆周角相等证明△MAB和△MCG全等，得到MB=MG，再结合MD⊥BC，由等腰三角形三线合一得到BD=DG，即可推导出结论。
（2）第二问△BDC的周长=BD+CD+BC，已知BC=2，只需算出BD+CD的值即可。我们可以迁移第一问的构造思路，在BD上截取BF=CD，证明△ABF≌△ACD，结合AE⊥BD得到FE=ED，再利用∠ABD=45°推出△ABE是等腰直角三角形，算出BE的长度，即可得到BD+CD=2BE，进而求出周长。
【解析】
（1）补充证明过程如下：
在CB上截取$CG=AB$，连接$MA,MB,MC,MG$。
∵M是$\overset{\frown}{ABC}$的中点，
∴$MA=MC$。
∵∠MAB和∠MCG都是$\overset{\frown}{MB}$所对的圆周角，
∴$∠MAB=∠MCG$。
在$△ MAB$和$△ MCG$中：
$\{\begin{array}{l}MA=MC\\∠MAB=∠MCG\\AB=CG\end{array} $
∴$△ MAB≌△ MCG(SAS)$，
∴$MB=MG$。
∵$MD⊥BC$，由等腰三角形三线合一可得$BD=DG$。
∴$CD=CG+DG=AB+BD$，即D是折弦ABC的中点。
（2）解：△BDC的周长为$BD+CD+BC$，已知$BC=2$，仅需求$BD+CD$的值。
在BD上截取$BF=CD$，连接AF。
∵$AB=AC$，
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，∠ABF和∠ACD都是$\overset{\frown}{AD}$所对的圆周角，故$∠ABF=∠ACD$。
在$△ ABF$和$△ ACD$中：
$\{\begin{array}{l}AB=AC\\∠ABF=∠ACD\\BF=CD\end{array} $
∴$△ ABF≌△ ACD(SAS)$，
∴$AF=AD$。
∵$AE⊥BD$，由等腰三角形三线合一得$FE=ED$。
∵$∠ABD=45°$，$∠AEB=90°$，
∴$△ ABE$是等腰直角三角形，$BE=AE$。
由勾股定理得$AB^2=BE^2+AE^2=2BE^2$，代入$AB=\sqrt{10}$，得$2BE^2=10$，解得$BE=\sqrt{5}$（长度为正）。
∵$BD=BF+FE+ED=CD+2ED$，
∴$BD+CD=CD+2ED+CD=2(CD+ED)=2(BF+FE)=2BE=2\sqrt{5}$。
∴$△ BDC$的周长为$2\sqrt{5}+2$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\boldsymbol{2+2\sqrt{5}}$
【知识点】
圆周角定理；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题第一问是典型的截长法证明线段和差问题，结合圆的基本性质和全等三角形即可证明；第二问是方法迁移类问题，需要灵活运用第一问的构造思路转化线段关系，解题的核心是找到线段BD和CD的和与已知线段的联系。
【难度系数】
0.65