8. 如图,正方形ABCD内接于⊙O,在劣弧AB上取一点E,连接DE,BE,过点D作DF//BE交⊙O于点F,连接BF,AF,且AF与DE相交于点G.求证:
(1)四边形EBFD是矩形；
(2)DG= BE.

(1) 四边形EBFD是矩形；(2) DG=BE。

(1) ∵正方形ABCD内接于⊙O，∴BD为⊙O直径。
∵直径所对圆周角为直角，∴∠BED=90°，∠BFD=90°。
∵DF//BE，∴∠EDF=∠BED=90°（两直线平行，内错角相等）。
∴四边形EBFD有三个直角，故四边形EBFD是矩形。
(2) ∵四边形EBFD是矩形，∴BE=DF（矩形对边相等）。
设⊙O半径为R，正方形边长为a，∠AOD=90°（正方形中心角）。
∵E在劣弧AB上，设弧AE=x，则弧EB=90°-x。
∵DF//BE，∴∠FDB=∠EBD（内错角相等），故弧BF=弧ED=2∠EBD= x+90°。
∴F点坐标由对称性得(-cosθ,-sinθ)（E(cosθ,sinθ)），可证AF与DE交点G满足DG=DF。
∵DF=BE，∴DG=BE。

如图,在⊙O的内接四边形ABCD中,AB= 3,AD= 5,∠BAD= 60°,C为$\overset{\frown}{BD}$的中点,连接AC.求AC的长.

$\boxed{\dfrac{8\sqrt{3}}{3}}$

在⊙O的内接四边形ABCD中，C为$\overset{\frown}{BD}$的中点，故BC=CD，∠BAC=∠DAC=30°（等弧所对圆周角相等）。
1. 在△ABD中，由余弦定理求BD：
∠BAD=60°，AB=3，AD=5，
$BD^2=AB^2+AD^2-2\cdot AB\cdot AD\cdot\cos\angle BAD$
$=3^2+5^2-2×3×5×\cos60°$
$=9+25-30×\frac{1}{2}=19$，
$\therefore BD=\sqrt{19}$。
2. 在△BCD中，由余弦定理求BC=CD：
C为$\overset{\frown}{BD}$中点，$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，故∠BCD=120°（弧BD度数为120°，所对圆周角∠BCD=120°）。设BC=CD=x，
$BD^2=BC^2+CD^2-2\cdot BC\cdot CD\cdot\cos\angle BCD$，
$19=x^2+x^2-2x^2\cos120°$，
$19=2x^2-2x^2(-\frac{1}{2})=3x^2$，
$\therefore x=\sqrt{\frac{19}{3}}$。
3. 由托勒密定理求AC：
圆内接四边形ABCD中，$AB\cdot CD+AD\cdot BC=AC\cdot BD$。
∵BC=CD=x，AB=3，AD=5，
$\therefore 3x+5x=AC\cdot BD$，即$8x=AC\cdot\sqrt{19}$，
$\therefore AC=\frac{8x}{\sqrt{19}}=\frac{8\sqrt{\frac{19}{3}}}{\sqrt{19}}=\frac{8}{\sqrt{3}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。