8. (2024·巴中改编)如图,四边形ABCD是菱形,$\odot O$经过点A、C、D,与BC相交于点E,连接AC、AE.若$∠D=80^{\circ }$,则$∠EAC$的度数为.

8. $30^{\circ} $

证明：
∵四边形ABCD是菱形，∠D=80°，
∴∠B=∠D=80°，∠BAD=180°-∠D=100°，
∵AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=（180°-∠B）/2=50°，
∵A、D、C、E四点共圆，∠D=80°，
∴∠AEC=∠D=80°，
∵∠AEC=∠B+∠BAE，
∴∠BAE=∠AEC-∠B=80°-80°=0°，
∵∠BAC=50°，∠BAE=0°，
∴∠EAC=∠BAC-∠BAE=50°-0°=50°，
1

9. 如图,在平面直角坐标系中,点A在x轴的负半轴上,点B在y轴的正半轴上,$\odot D$经过A、B、O、C四点,$∠ACO=120^{\circ },AB=4$,则圆心D的坐标是.

9. $ (-\sqrt{3}, 1) $

解：连接AB、CD、AD、OD。
∵∠ACO=120°，四边形ABOC内接于⊙D，
∴∠ABO=180°-∠ACO=60°。
∵∠AOB=90°，AB=4，
∴OA=AB·sin60°=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$，
OB=AB·cos60°=4×$\frac{1}{2}$=2。
∴A(-2$\sqrt{3}$,0)，B(0,2)。
∵∠AOB=90°，
∴AB为⊙D的直径，D为AB中点。
∴D点坐标为($\frac{-2\sqrt{3}+0}{2}$,$\frac{0+2}{2}$)，即(-$\sqrt{3}$,1)。
答案：(-$\sqrt{3}$,1)

10. 如图,四边形ABCD内接于$\odot O,AB=CD$,A为$\widehat {BD}$的中点,连接BD,$∠BDC=60^{\circ }$,则$∠ADB$的度数为.

10. $40^{\circ} $ 解析：设$ \angle ADB = x $。
∵ $ A $为$ \overset{\frown}{BD} $的中点，
∴ $ \overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{AD} $，
∴ $ \angle ABD = \angle ADB = x $。
∵ $ AB = CD $，
∴ $ \overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{CD} $，
∴ $ \angle CBD = \angle ADB = x $。
∵ 四边形$ABCD $内接于$ \odot O $，
∴ $ \angle ABC + \angle ADC = 180^{\circ} $。
∵ $ \angle BDC = 60^{\circ} $，
∴ $ 3x + 60^{\circ} = 180^{\circ} $，解得$ x = 40^{\circ} $，即$ \angle ADB = 40^{\circ} $。

11. 如图,四边形ABCD内接于$\odot O,∠ABC=60^{\circ }$,对角线DB平分$∠ADC$.
(1) 求证:$\triangle ABC$是等边三角形;
(2) 若$AD=2,DC=3$,求$\triangle ABC$的周长.

11. （1）
∵ 四边形$ABCD $内接于$ \odot O $，
∴ $ \angle ABC + \angle ADC = 180^{\circ} $。
∵ $ \angle ABC = 60^{\circ} $，
∴ $ \angle ADC = 120^{\circ} $。
∵ $ DB $平分$ \angle ADC $，
∴ $ \angle ADB = \angle CDB = 60^{\circ} $。
∵ $ \overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{AB} $，$ \overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{BC} $，
∴ $ \angle ACB = \angle ADB = 60^{\circ} $，$ \angle BAC = \angle CDB = 60^{\circ} $，
∴ $ \angle ABC = \angle ACB = \angle BAC $，
∴ $ \triangle ABC $是等边三角形 （2）如图，过点$A $作$AM \perp CD $，交$CD $的延长线于点$M $。
∴ $ \angle AMD = 90^{\circ} $。
∵ $ \angle ADC = 120^{\circ} $，
∴ $ \angle ADM = 180^{\circ} - \angle ADC = 60^{\circ} $，
∴ 在$ Rt \triangle AMD $中，$ \angle DAM = 30^{\circ} $，
∴ 易得$ DM = \frac{1}{2}AD = 1 $，
∴ $ AM = \sqrt{AD^{2} - DM^{2}} = \sqrt{3} $。
∵ $ CD = 3 $，
∴ $ CM = CD + DM = 4 $，
∴ 在$ Rt \triangle AMC $中，$ AC = \sqrt{AM^{2} + CM^{2}} = \sqrt{19} $。
∵ $ \triangle ABC $是等边三角形，
∴ $ AB = BC = AC = \sqrt{19} $，
∴ $ \triangle ABC $的周长为$ 3\sqrt{19} $

12. (2023·北京)如图,圆内接四边形ABCD的对角线AC、BD交于点E,BD平分$∠ABC$,$∠BAC=∠ADB$.
(1) 求证:DB平分$∠ADC$,并求$∠BAD$的度数.
(2) 过点C作$CF// AD$,交AB的延长线于点F.若$AC=AD,BF=2$,求此圆的半径.

12. （1）
∵ $ \overset{\frown}{BC} = \overset{\frown}{BC} $，
∴ $ \angle BAC = \angle CDB $。
∵ $ \angle BAC = \angle ADB $，
∴ $ \angle CDB = \angle ADB $，即$ DB $平分$ \angle ADC $。
∵ $ BD $平分$ \angle ABC $，
∴ $ \angle ABD = \angle CBD $。
∵ $ \triangle ABD $与$ \triangle CBD $的内角和均为$ 180^{\circ} $，
∴ $ \angle BAD = \angle BCD $。
∵ 四边形$ABCD $是圆内接四边形，
∴ $ \angle BAD + \angle BCD = 180^{\circ} $，
∴ $ \angle BAD = \angle BCD = 90^{\circ} $
（2）
∵ $ \angle BAD = 90^{\circ} $，
∴ $ BD $是圆的直径。
∵ $ \angle ABD = \angle CBD $，
∴ $ \overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{CD} $，
∴ $ AD = CD $。
∵ $ AC = AD $，
∴ $ AC = AD = CD $，
∴ $ \triangle ADC $是等边三角形，
∴ $ \angle ADC = 60^{\circ} $，
∴ $ \angle CDB = \frac{1}{2}\angle ADC = 30^{\circ} $，
∴ 在$ Rt \triangle BCD $中，易得$ BD = 2BC $。
∵ $ CF // AD $，
∴ $ \angle F + \angle BAD = 180^{\circ} $，
∴ $ \angle F = 90^{\circ} $。
∵ 四边形$ABCD $是圆内接四边形，
∴ $ \angle ADC + \angle ABC = 180^{\circ} $，
∴ $ \angle ABC = 120^{\circ} $，
∴ $ \angle FBC = 180^{\circ} - \angle ABC = 60^{\circ} $，
∴ $ \angle FCB = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ} $，
∴ 在$ Rt \triangle BFC $中，易得$ BF = \frac{1}{2}BC $。
∵ $ BF = 2 $，
∴ $ BC = 4 $，
∴ $ BD = 8 $。
∵ $ BD $是圆的直径，
∴ 该圆的半径为$ \frac{1}{2}BD = 4 $