10. 如图,在$\odot O$中,$AB$是直径,弦$AC$的长为5 cm,点$D$在圆上,且$∠ ADC=30°$,则$\odot O$的半径为cm.

10. 5 解析:连接 $BC$. 因为 $AB$ 是$\odot O$ 的直径,所以
$∠ACB=90°$. 因为$∠ABC=∠ADC=30°$,所以
$AB=2AC$. 因为 $AC=5$ cm,所以 $AB=10$ cm,所以
$OA=\dfrac{1}{2}AB=5$ cm. 故$\odot O$ 的半径为 5 cm.

11. 如图,$\odot O$的内接四边形$ABCD$两组对边的延长线分别相交于点$E,F$,且$∠ A=55^{\circ }$,$∠ E=30^{\circ }$,则$∠ F=$.

11. 40° 解析:因为$∠A=55°$,$∠E=30°$,所以$∠EBF=$
$∠A+∠E=85°$. 因为四边形 $ABCD$ 内接于$\odot O$,所
以$∠BCD+∠A=180°$,所以$∠BCD=180°-∠A=$
$125°$,所以$∠F=∠BCD-∠EBF=40°$.

12. 如图，$△ ABC$ 内接于 $\odot O$，$∠ BAC = 120°$，$AB = AC$，$BD$ 为 $\odot O$ 的直径，$AD = 6$，则$CD$ 的长为.

12. $2\sqrt{3}$ 解析:因为 $BD$ 为$\odot O$ 的直径,所以$∠BAD=$
$∠BCD=90°$. 因为$∠BAC=120°$,$AB=AC$,所以
$∠ACB=∠ABC=\dfrac{1}{2}(180°-∠BAC)=30°$,所以
$∠ADB=∠ACB=30°$,所以 $BD=2AB$. 设 $AB=x$,
则 $BD=2x$,所以 $AD=\sqrt{BD^2-AB^2}=\sqrt{3}x$. 因为
$AD=6$,所以$\sqrt{3}x=6$,解得 $x=2\sqrt{3}$,所以 $BD=$
$4\sqrt{3}$. 因为$∠CBD=∠CAD=∠BAC-∠BAD=$
$30°$,所以 $CD=\dfrac{1}{2}BD=2\sqrt{3}$.

13. 新素养 推理能力 如图,四边形 $ABCD$ 内接于$\odot O,∠ ABC=60°,DB$ 平分 $∠ ADC.$
(1) 求证:$△ ABC$ 是等边三角形;
(2) 若 $AD=2,CD=4$,求四边形 $ABCD$ 的面积.

13. (1) 因为四边形 $ABCD$ 内接于$\odot O$,所以$∠ABC+$
$∠ADC=180°$. 因为$∠ABC=60°$,所以$∠ADC=$
$180°-∠ABC=120°$. 因为 $DB$ 平分$∠ADC$,所以
$∠ADB=∠CDB=\dfrac{1}{2}∠ADC=60°$,所以$∠ACB=$
$∠ADB=60°$,$∠BAC=∠CDB=60°$,所以$∠ABC=$
$∠ACB=∠BAC$,所以$△ABC$ 是等边三角形.
(2) 如图,过点 $A$ 作 $AE⊥CD$,交 $CD$ 的延长线于点
$E$,过点 $B$ 作 $BF⊥AC$ 于点 $F$,则$∠AED=∠AFB=$
$90°$. 因为$∠ADC=120°$, 所以 $∠ADE=180°-$
$∠ADC=60°$,所以$∠DAE=90°-∠ADE=30°$,所以
$DE=\dfrac{1}{2}AD$. 因为 $AD=2$,所以 $DE=1$,所以 $AE=$
$\sqrt{AD^2-DE^2}=\sqrt{3}$. 因为 $CD=4$,所以 $S_{△ACD}=$
$\dfrac{1}{2}CD·AE=2\sqrt{3}$,$CE=CD+DE=5$,所以 $AC=$
$\sqrt{AE^2+CE^2}=2\sqrt{7}$. 因为$△ABC$ 是等边三角形,所
以 $AB=AC=2\sqrt{7}$,$AF=\dfrac{1}{2}AC=\sqrt{7}$,所以 $BF=$
$\sqrt{AB^2-AF^2}=\sqrt{21}$,所以 $S_{△ABC}=\dfrac{1}{2}AC·BF=7\sqrt{3}$,
所以 $S_{四边形ABCD}=S_{△ACD}+S_{△ABC}=9\sqrt{3}$. 故四边形 $ABCD$
的面积为 $9\sqrt{3}$.

14. (2025·江苏扬州一模)如图,在$\odot O$中,点$C$在优弧$AB$上,将$\overset{\frown}{BC}$沿$BC$折叠后刚好经过$AB$的中点$D$.若$\odot O$的半径为$\sqrt{5},AB=4$,则$BC$的长是（）

A.$2\sqrt{3}$
B.$3\sqrt{2}$
C.$\dfrac{5\sqrt{3}}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{65}}{2}$

14. B 解析:如图,连接 $AO$ 并延长交$\odot O$ 于点 $D'$,连接
$BD'$,$CD'$,$OC$,$DD'$. 设 $DD'$ 交 $BC$ 于点 $E$,则
$∠ABD'=90°$. 因为$\odot O$ 的半径为$\sqrt{5}$,所以 $OC=$
$OD'=\sqrt{5}$,$AD'=2\sqrt{5}$. 因为 $AB=4$,所以 $BD'=$
$\sqrt{AD'^2-AB^2}=2$. 因为 $D$ 是 $AB$ 的中点,所以
$BD=\dfrac{1}{2}AB=2$,所以 $BD=BD'$,显然点 $D$ 与点 $D'$
关于直线 $BC$ 对称,则 $BC⊥DD'$,所以$∠ABC=$
$∠CBD'=\dfrac{1}{2}∠ABD'=45°$,$∠BED'=∠CED'=$
$90°$,所以$∠COD'=2∠CBD'=90°$,所以 $CD'=$
$\sqrt{OC^2+OD'^2}=\sqrt{10}$. 因为$∠BD'E=90°-$
$∠CBD'=45°$,所以$∠BD'E=∠CBD'$,所以 $BE=$
$D'E$. 设 $BE=D'E=x$,则 $BD'=\sqrt{BE^2+D'E^2}=$
$\sqrt{2}x$,所以$\sqrt{2}x=2$,解得 $x=\sqrt{2}$,所以 $BE=D'E=$
$\sqrt{2}$,所以 $CE=\sqrt{CD'^2-D'E^2}=2\sqrt{2}$,所以 $BC=$
$BE+CE=3\sqrt{2}$.

15. 如图,四边形 $BCDE$ 是$\odot O$ 的内接四边形,$A$是优弧$BE$上一点,连接$AD$交$BE$于点$Q$,连接$CQ$.若$∠ AQE=∠ EDC,∠ CQD=∠ E,BC=$$3$,则$AQ=$.

15. 3 解析:连接$AB$. 因为四边形 $BCDE$ 内接于$\odot O$,所以
$∠EBC+∠EDC=180°$. 因为$∠AQB+∠AQE=180°$,
$∠AQE=∠EDC$,所以$∠EBC=∠AQB$,所以 $BC//$
$AQ$. 因为$∠CQD=∠E$,$∠A=∠E$,所以$∠A=$
$∠CQD$,所以 $AB// CQ$,所以四边形 $ABCQ$ 是平行四
边形,所以 $AQ=BC=3$.

16. 如图,$DE$为$\odot O$的直径且$DE=4$,$A$为$\odot O$上一个动点(不与点$D,E$重合),线段$AB$经过点$E$,且$AE=EB$,$F$为$\odot O$上一点,$∠ FEB=90°$,$BF$的延长线与$AD$的延长线交于点$C$.
(1) 求证:$△ EFB ≌ △ ADE$;
(2) 当点$A$在$\odot O$上运动时,求四边形$FCDE$的最大面积.

16. (1) 连接 $AF$. 因为$∠FEB=90°$,所以 $EF⊥AB$. 因为
$AE=EB$,所以 $EF$ 垂直平分 $AB$,所以 $FB=AF$,
$∠FEA=90°$,所以 $AF$ 为$\odot O$ 的直径. 因为 $DE$ 为$\odot O$
的直径,所以 $AF=DE$,$∠EAD=90°$,所以 $FB=DE$. 在
$\mathrm{Rt}△EFB$ 和 $\mathrm{Rt}△ADE$ 中,$\begin{cases}FB=DE,\\EB=AE,\end{cases}$ 所以$\mathrm{Rt}△EFB≌$
$\mathrm{Rt}△ADE$.
(2) 过点 $A$ 作 $AG⊥DE$ 于点 $G$,过点 $E$ 作 $EH⊥BF$
于点 $H$. 因为 $\mathrm{Rt}△EFB≌\mathrm{Rt}△ADE$,所以 $EH=$
$AG$,$∠B=∠AED$,所以 $DE// BC$. 因为$∠EAD=$
$∠FEB=90°$,所以 $EF// AC$,所以四边形 $FCDE$ 是
平行四边形,所以 $CF=DE=4$,$S_{四边形FCDE}=CF·$
$EH$,所以当 $EH$ 的长最大,即 $AG$ 的长最大时,四边
形 $FCDE$ 的面积最大. 由题图可知,当 $A$ 为$\overset{\frown}{DE}$ 的
中点时,$AG$ 的长最大,且最大值为$\odot O$ 的半径,即为
$\dfrac{1}{2}×4=2$,所以四边形 $FCDE$ 的最大面积为 $4×$
$2=8$.