1. 如图，AB是$\odot O$的直径，点C为圆上一点，$AC=4\sqrt{2}$，D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，AC与BD交于点E.若E是BD的中点，则BC的长为（）


A.5
B.4
C.3
D.2

1.D

【分析】
解题时从已知条件逐步推导：1. 由AB是直径，结合圆周角定理可得∠ACB=90°；2. D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，连接OD交AC于F，根据垂径定理可得OD垂直平分AC，且OD和BC均垂直AC，故OD//BC；3. 结合E是BD中点，可证△DEF≌△BEC，得DF=BC；再由OF是△ABC的中位线，得OF=$\frac{1}{2}$BC，进而推出半径OD与BC的数量关系，最后在Rt△ABC中用勾股定理计算即可。
【解析】
解：连接OD，交AC于点F。
∵ D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，OD为$\odot O$的半径
∴ 根据垂径定理，$OD⊥ AC$，$AF=FC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$
∵ AB是$\odot O$的直径
∴ $∠ ACB=90°$，即$BC⊥ AC$
∴ $OD// BC$，$∠ EDF=∠ EBC$
∵ E是BD中点，$\therefore DE=BE$
在$△ DEF$和$△ BEC$中：
$\begin{cases}∠ EDF=∠ EBC \\∠ DEF=∠ BEC \\DE=BE\end{cases}$
$\therefore △ DEF≌△ BEC(\mathrm{AAS})$，$\therefore DF=BC$
∵ O是AB中点，F是AC中点
∴ OF是$△ ABC$的中位线，$\therefore OF=\frac{1}{2}BC$
设$BC=x$，则$DF=x$，$OF=\frac{1}{2}x$，半径$OD=OF+DF=\frac{3}{2}x$
∴ 直径$AB=2OD=3x$
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：
$AC^2+BC^2=AB^2$
代入$AC=4\sqrt{2}$，$BC=x$，$AB=3x$：
$(4\sqrt{2})^2+x^2=(3x)^2$
$32+x^2=9x^2$
$8x^2=32$，解得$x=2$（边长为正，舍去负根）
即$BC=2$
【答案】D
【知识点】
垂径定理，全等三角形判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的基本性质、三角形全等及勾股定理的应用，解题核心是通过连接OD构造辅助线，利用弧中点的性质建立线段间的数量关系，是圆与三角形结合的典型基础题型。
【难度系数】
0.65

2. （2026·绍兴期中）如图，$△ ABC$内接于$\odot O$，$D$是$\overset{\frown}{AC}$上一点，连结$AD$，$BD$，$CD$，将$△ BDC$沿直线$BC$折叠，点$D$的对应点$E$在$AC$的延长线上.
（1）求证：$△ ABD$是等腰三角形.
（2）若$∠ ABE=90°$，$D$是$\overset{\frown}{AC}$的中点，$\odot O$的半径是$r$，求$BD$的长（用含$r$的代数式表示）.

$\gg$ 进一步挑战进阶专题：P66 专题12

2. (1)$\because △ BDC$沿直线$BC$折叠,点$D$的对应点落在点$E$处, $\therefore BD = BE, ∠ CDB = ∠ E.$
$\because △ ABC$内接于$\odot O, \therefore ∠ CAB = ∠ CDB = ∠ E,$
$\therefore AB=BE=BD,\therefore △ ABD$是等腰三角形.
(2) 如图,连结 $DO, AO, DO = AO$, 过点 $C$ 作$CH ⊥ BD$ 于点 $H$. $\because ∠ ABE = 90°, D$ 是$\overset{\frown}{AC}$的中点,$\therefore ∠ ABD = ∠ CBD, AD = CD$, 由折叠可知,
$∠ CBD = ∠ CBE, \therefore ∠ ABD = ∠ CBD = ∠ CBE = 30°, \therefore ∠ AOD = 60°.$
$\because OD=OA, \therefore △ ADO$ 是等边三角形, $\therefore DC=AD=DO=r$, 由(1)得 $AB=BE, \therefore ∠ CDB = ∠ CAB = 45°, \therefore △ CDH$是等腰直角三角形,
$\therefore DH=CH = \frac{\sqrt{2}}{2}CD = \frac{\sqrt{2}}{2}r. \because ∠ CBD = 30°, ∠ CHB = 90°, \therefore BC = 2CH=2× \frac{\sqrt{2}}{2}r=\sqrt{2}r, \therefore BH= \sqrt{BC^2-CH^2} = \frac{\sqrt{6}}{2}r, \therefore BD = DH + BH = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}r.$

【分析】
（1）要证明△ABD为等腰三角形，需证AB=BD。首先利用折叠性质得到BD=BE、∠CDB=∠E，再结合圆内同弧所对的圆周角相等，推导得∠CAB=∠E，从而得到AB=BE，等量代换得AB=BD即可完成证明。
（2）求解BD长度时可将BD拆分为DH和BH两段分别计算：先由∠ABE=90°，结合弧中点性质、折叠的角相等关系，推出三个等分角均为30°；再根据圆周角定理得圆心角∠AOD=60°，判定△ADO为等边三角形，得到AD=CD=r；接着由45°圆周角得△CDH为等腰直角三角形，求出DH的长；最后利用30°直角三角形的性质和勾股定理求出BH的长，两段相加即为BD的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵△BDC沿直线BC折叠，点D的对应点落在点E处，
∴$BD = BE$，$∠ CDB = ∠ E$。
∵$△ ABC$内接于$\odot O$，$∠CAB$和$∠CDB$均为$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴$∠ CAB = ∠ CDB = ∠ E$，
∴$AB=BE=BD$，即$△ ABD$是等腰三角形。
(2) 解：如图，连结 $DO, AO$，$DO = AO$，过点 $C$ 作$CH ⊥ BD$ 于点 $H$。
∵$∠ ABE=90°$，$D$ 是$\overset{\frown}{AC}$的中点，
∴$∠ ABD = ∠ CBD$，$AD = CD$。
由折叠可知$∠ CBD = ∠ CBE$，
∴$∠ ABD = ∠ CBD = ∠ CBE = 30°$，根据圆周角定理得$∠ AOD = 2∠ABD=60°$。
∵$OD=OA$，
∴$△ ADO$ 是等边三角形，
∴$DC=AD=DO=r$。
由(1)得$AB=BE$，结合$∠ABE=90°$可知$△ABE$为等腰直角三角形，
∴$∠ CAB = 45°$，则同弧所对圆周角$∠ CDB = ∠ CAB = 45°$，
∴$△ CDH$是等腰直角三角形，
∴$DH=CH = \frac{\sqrt{2}}{2}CD = \frac{\sqrt{2}}{2}r$。
∵$∠ CBD = 30°$，$∠ CHB = 90°$，
∴$BC = 2CH=2× \frac{\sqrt{2}}{2}r=\sqrt{2}r$，由勾股定理得$BH= \sqrt{BC^2-CH^2} = \frac{\sqrt{6}}{2}r$，
∴$BD = DH + BH = \frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}r$。
【答案】
(1) 已证$△ ABD$是等腰三角形；
(2) $BD$的长为$\boldsymbol{\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}r}$。

【知识点】
圆周角定理，折叠的性质，特殊三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与几何变换结合的典型习题，综合考查了圆周角性质、弧中点的性质、折叠的特征以及特殊角度三角形的边长计算，对学生的角关系推导能力和几何运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6