7. 如图，点A,B,C,D,E均在$\odot O$上，且BD经过圆心O，连接AB,AE,CE，若$∠ B+∠ E=150°$，则$\overset{\frown}{CD}$所对的圆心角的度数为 （）

A.$30°$
B.$40°$
C.$50°$
D.$60°$

7.D

【分析】
解题时可按以下思路推导：首先回忆圆周角的性质，同弧所对的圆周角相等，观察发现∠B和∠AED都对应弧AD，二者相等；接下来将∠B替换为∠AED，可得到∠CED=∠B+∠E=150°；再根据圆周角定理，圆周角的度数是它所对弧度数的一半，∠CED对应优弧CBD，可算出优弧CBD的度数；最后结合整圆圆周为360°，用360°减去优弧CBD的度数，就能得到劣弧CD的度数，也就是弧CD所对圆心角的度数。
【解析】
解：
∵ 同弧AD所对的圆周角相等，
∴ ∠B = ∠AED。
已知∠B + ∠E = 150°，代入得：
∠AED + ∠AEC = ∠CED = 150°。
根据圆周角定理：圆周角的度数等于它所对弧度数的一半，∠CED是对应优弧CBD的圆周角，
∴ 优弧CBD的度数 = 2×∠CED = 2×150° = 300°。
∵ 整个圆周的度数为360°，
∴ 劣弧CD的度数 = 360° - 300° = 60°，
弧的度数与它所对圆心角的度数相等，即弧CD所对的圆心角为60°。
【答案】
D
【知识点】
同弧圆周角相等，圆周角定理，圆心角与弧的关系
【点评】
本题重点考查圆周角相关性质的灵活运用，解题的突破口是通过等角转换将两个已知角合并为单个圆周角，再结合圆周角和弧的对应关系求解，解题时需要注意区分圆周角对应的是优弧还是劣弧，避免计算错误。
【难度系数】
0.6

8.如图，A，B，C是$\odot O$上的三点，且四边形OABC是菱形.若D是圆上异于A，B，C的另一点，则$∠ ADC$的度数是.

8.$60°或120°$

【分析】
解题时先结合菱形四边相等的性质和圆半径相等的特点，推导出△OAB、△OBC都是等边三角形，先求出圆心角∠AOC的度数。由于点D是圆上异于A、B、C的点，位置不确定，需分两种情况讨论：点D在优弧AC上、点D在劣弧AC上，再根据圆周角定理分别计算两种情况下∠ADC的度数，分类讨论避免漏解。
【解析】
解：连接OB，
∵ 四边形OABC是菱形，
∴ $OA=AB=BC=OC$，
又
∵ OA、OB、OC都是$\odot O$的半径，
∴ $OA=OB=OC$，
∴ $OA=OB=AB$，$OB=OC=BC$，即$△ OAB$、$△ OBC$均为等边三角形，
∴ $∠ AOB=∠ BOC=60°$，因此$∠ AOC=∠ AOB+∠ BOC=120°$。
分两种情况讨论：
① 当点D在优弧AC上时，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴ $∠ ADC=\frac{1}{2}∠ AOC=\frac{1}{2}×120°=60°$；
② 当点D在劣弧AC上时，点D所对的弧为优弧AC，优弧AC的度数为$360°-120°=240°$，
∴ $∠ ADC=\frac{1}{2}×240°=120°$。
综上，$∠ ADC$的度数为$60°$或$120°$。
【答案】
$60°$或$120°$
【知识点】
圆周角定理、菱形的性质、等边三角形判定
【点评】
本题是圆与特殊四边形结合的典型题，解题关键是先通过菱形和圆的性质求出圆心角的度数，再对动点D的位置分类讨论，易错点是忽略点D的两种位置，导致漏解。
【难度系数】
0.6

9.如图，AC是圆内接四边形ABCD的一条对角线，点D关于AC的对称点E在边BC上，连接AE.若∠ABC=64°，则∠BAE的度数为.

9.$52°$

【分析】
解题时可按三步思考：第一步，利用圆内接四边形对角互补的性质，结合已知的∠ABC的度数求出∠ADC的度数；第二步，根据轴对称的性质，对称点对应的角相等，得到∠AEC和∠ADC相等；第三步，利用三角形外角的性质，外角等于不相邻两个内角的和，通过角的差运算求出∠BAE的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是圆内接四边形
∴∠ABC + ∠ADC = 180°
∵∠ABC=64°
∴∠ADC = 180° - 64° = 116°
∵点D与点E关于AC对称
∴∠AEC = ∠ADC = 116°
∵∠AEC是△ABE的外角
∴∠AEC = ∠ABC + ∠BAE
∴∠BAE = ∠AEC - ∠ABC = 116° - 64° = 52°
【答案】
52°
【知识点】
圆内接四边形的性质；轴对称的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题属于基础综合题，将圆、轴对称、三角形的性质结合考查，解题的核心是找到角与角之间的等量关系，通过角度代换完成计算。
【难度系数】
0.7

10.如图,四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形,BC是$\odot O$的直径,$BC=2CD$,则$∠ BAD$的度数是.

10.$120°$

【分析】
解题时首先观察已知条件：BC为圆的直径，可联想到直径所对的圆周角为直角，因此先连接BD构造Rt△BDC；再结合BC=2CD的边长关系，可求出∠BCD的度数；最后利用圆内接四边形对角互补的性质，即可求出∠BAD的度数。
【解析】
解：连接BD，
∵ BC是⊙O的直径，
∴ ∠BDC=90°（直径所对的圆周角是直角），
在Rt△BDC中，BC=2CD，即$\frac{CD}{BC}=\frac{1}{2}$，
∴ ∠DBC=30°，
∴ ∠BCD=90°-∠DBC=60°，
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠BAD+∠BCD=180°（圆内接四边形的对角互补），
∴ ∠BAD=180°-60°=120°。
【答案】
$120°$
【知识点】
圆周角定理；圆内接四边形的性质；直角三角形的性质
【点评】
本题属于基础类考题，综合考查了圆的相关性质和直角三角形的性质，解题的关键是合理添加辅助线构造直角三角形，熟练掌握相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7

11. 如图，四边形ABCD内接于$\odot O$，D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，延长BC到点E，使$CE=AB$，连接BD，ED。
(1)求证：$BD=ED$；
(2)若$∠ ABC=60°$，$AD=5$，求$\odot O$的半径。

11.(1)证明:
∵D是$\overset{\frown}{AC}$的中点,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,即AD=DC.
∵四边形ABCD内接于⊙O,
∴∠BAD+∠BCD=180°.
∵∠ECD+∠BCD=180°,
∴∠BAD=∠ECD.
在△ABD和△CED中,$\begin{cases} AB=CE, \\ ∠BAD=∠ECD, \\ AD=CD, \end{cases}$
∴△ABD≌△CED(SAS),
∴BD=ED.
(2)解:如答图,连接DO并延长交⊙O于点F,连接CF,
则∠FCD=90°.
∵D是$\overset{\frown}{AC}$的中点,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴∠ABD=∠CBD,AD=CD=5.
∵∠ABC=60°,
∴∠CBD=30°,
∴∠F=∠CBD=30°,
∴DF=2CD=10,
∴⊙O的半径为5.

【分析】
（1）要证明$BD=ED$，可通过证明$△ ABD$和$△ CED$全等推导：首先由$D$是$\overset{\frown}{AC}$的中点可得$AD=CD$，已知$CE=AB$，只需证明两边的夹角$∠ BAD=∠ ECD$即可；结合圆内接四边形对角互补，以及邻补角和为$180°$，可推出两角相等，满足SAS全等的条件，即可得证。
（2）求圆的半径，可构造直径转化为求直径长度：连接$DO$并延长交$\odot O$于$F$，得到直径$DF$，由直径所对圆周角为直角得$∠ FCD=90°$；由弧中点性质可得$∠ CBD=∠ ABD=30°$，再由同弧所对圆周角相等得$∠ F=∠ CBD=30°$，在$Rt△ FCD$中利用$30°$角所对直角边是斜边一半的性质求出$DF$，即可得到半径长度。
【解析】
(1)证明:
∵$D$是$\overset{\frown}{AC}$的中点,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,即$AD=DC$.
∵四边形$ABCD$内接于$\odot O$,
∴$∠ BAD+∠ BCD=180°$.
∵$∠ ECD+∠ BCD=180°$,
∴$∠ BAD=∠ ECD$.
在$△ ABD$和$△ CED$中,$\begin{cases} AB=CE, \\ ∠ BAD=∠ ECD, \\ AD=CD, \end{cases}$
∴$△ ABD≌△ CED(\mathrm{SAS})$,
∴$BD=ED$.
(2)解:如答图,连接$DO$并延长交$\odot O$于点$F$,连接$CF$,
则$∠ FCD=90°$.
∵$D$是$\overset{\frown}{AC}$的中点,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴$∠ ABD=∠ CBD$,$AD=CD=5$.
∵$∠ ABC=60°$,
∴$∠ CBD=30°$,
∴$∠ F=∠ CBD=30°$,
∴$DF=2CD=10$,
∴$\odot O$的半径为$5$.
【答案】
(1)证明见上述解析；(2)$\odot O$的半径为$\boldsymbol{5}$。

【知识点】
圆内接四边形的性质；圆周角定理；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质与三角形全等的判定，解题的关键是灵活运用弧中点的性质，第二问中构造直径得到直角三角形是圆相关计算中常用的辅助线方法，能快速将半径求解转化为直角三角形的边长计算。
【难度系数】
0.6

12.(2025·南京模拟)如图,在圆内接四边形ABCD中,AD＜AC,∠ADC＜∠BAD,延长AD至点E,使AE=AC,延长BA至点F,连接EF,使∠AFE=∠ADC.
求证:(1)EF//BC;
(2)EF=BD.

12.证明:(1)如答图,延长AB.
∵四边形ABCD是圆内接四边形,
∴∠CBM=∠ADC.
又
∵∠AFE=∠ADC,
∴∠AFE=∠CBM,
∴EF//BC.
(2)如答图,过点D作DG//BC交⊙O于点G,连接AG,CG.
∵DG//BC,
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CG}$,
∴BD=CG.
∵四边形ACGD是圆内接四边形，
∴∠GDE=∠ACG.
∵EF//DG,
∴∠DEF=∠GDE,
∴∠DEF=∠ACG.
∵∠AFE=∠ADC,∠ADC=∠AGC,
∴∠AFE=∠AGC.
又
∵AE=AC,
∴△AEF≌△ACG(AAS),
∴EF=CG,
∴EF=BD.

【分析】
(1)要证EF//BC，可通过证明同位角相等推导：已知∠AFE=∠ADC，结合圆内接四边形外角等于内对角的性质，延长AB得到外角∠CBM，可推出∠CBM=∠ADC，进而得到∠AFE=∠CBM，即可证平行。
(2)要证EF=BD，可通过等量代换实现：先作辅助线DG//BC交圆于G，利用圆中平行弦所夹的弧相等，得到$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CG}$，故BD=CG，接下来只需证明EF=CG即可；结合已知AE=AC，推导角的关系得到△AEF和△ACG两组角分别相等，利用AAS证明两三角形全等，即可得到EF=CG，进而推出EF=BD。
【解析】
(1) 延长AB至点M，
∵ 四边形ABCD是圆内接四边形，
∴ ∠CBM=∠ADC，
又
∵ ∠AFE=∠ADC，
∴ ∠AFE=∠CBM，
∴ EF//BC。
(2) 过点D作DG//BC交⊙O于点G，连接AG、CG，
∵ DG//BC，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CG}$，
∴ BD=CG。
∵ 四边形ACGD是圆内接四边形，
∴ ∠GDE=∠ACG，
∵ EF//BC，DG//BC，
∴ EF//DG，
∴ ∠DEF=∠GDE，
∴ ∠DEF=∠ACG。
∵ 同弧所对的圆周角相等，
∴ ∠ADC=∠AGC，
又
∵ ∠AFE=∠ADC，
∴ ∠AFE=∠AGC。
已知AE=AC，
在△AEF和△ACG中：
$\{\begin{array}{l}∠AFE=∠AGC \\∠AEF=∠ACG \\AE=AC\end{array} $
∴ △AEF≌△ACG(AAS)，
∴ EF=CG，
又
∵ BD=CG，
∴ EF=BD。
【答案】
12.证明:(1)如答图,延长AB.
∵四边形ABCD是圆内接四边形,
∴∠CBM=∠ADC.
又
∵∠AFE=∠ADC,
∴∠AFE=∠CBM,
∴EF//BC.
(2)如答图,过点D作DG//BC交⊙O于点G,连接AG,CG.
∵DG//BC,
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CG}$,
∴BD=CG.
∵四边形ACGD是圆内接四边形，
∴∠GDE=∠ACG.
∵EF//DG,
∴∠DEF=∠GDE,
∴∠DEF=∠ACG.
∵∠AFE=∠ADC,∠ADC=∠AGC,
∴∠AFE=∠AGC.
又
∵AE=AC,
∴△AEF≌△ACG(AAS),
∴EF=CG,
∴EF=BD.

【知识点】
圆内接四边形的性质；平行线的判定与性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查圆的性质与三角形全等的应用，解题的关键是合理构造辅助线，将圆中弧、弦、角的关系与三角形全等判定结合，考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6