9 如图,某博览会上有一圆形展示区,在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器,它的监控角度是$55°$,为了监控整个展区,最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器台.

9.4

10（2026·连云港连云区月考）如图，AB为$\odot O$的直径，C为圆上一点，$∠ BAC=20°$，将劣弧AC沿弦AC所在的直线翻折，交AB于点D，则$∠ ACD=$°。

10.50

11 如图，$\odot O$的两条弦AB和CD相交于点P，若弧AC、弧BD的度数分别为$60°,40°$，则$∠ APC$的度数为。

11.50°

12(2026·无锡梁溪区积余实验学校期中)如图，AB为$\odot O$的直径，弦CD与AB交于点E，连接AC，BD，$∠ C=75°$，$∠ D=45°$。
(1)求$∠ AEC$的度数；
(2)若$AB=4\sqrt{3}$，求CD的长。

12. (1)$\because ∠ ACD=75°,∠ A=∠ D=45°$,
$\therefore ∠ AEC=180°-∠ ACD-∠ A=60°$.
(2)如图,连接OC,作$OM⊥ CD$于点M,则$CM=DM$,$∠ OMC=90°$.
$\because AB$为$\odot O$的直径,且$AB=4\sqrt{3}$,
$\therefore OC=OA=\frac{1}{2}AB=2\sqrt{3}$.
$\because ∠ ACD=75°,∠ OCA=∠ A=45°$,
$\therefore ∠ OCM=∠ ACD-∠ OCA=30°$,
$\therefore OM=\frac{1}{2}OC=\sqrt{3}$,
$\therefore CM=\sqrt{OC^2-OM^2}=3,\therefore CD=2CM=6$.

13 (2026·浙江宁波鄞州区月考)如图(1),AB为$\odot O$的直径,$CD ⊥ AB$于点$E$,$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CB}$,$BF$与$CD$交于点$G$.
(1)求证:$CD=BF$.
(2)若$BE=1$,$AE=4$,求$BF$的长.
(3)连接$GO$,$OF$,如图(2),求证:$2∠EOG + \frac{1}{2}∠AOF=90°$.

13. (1)$\because AB$为$\odot O$的直径,$CD⊥ AB$于点E,$\therefore \overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$.
$\because \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CB},\therefore \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$,
$\therefore \overset{\frown}{BD}+\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CF}$,即$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BF},\therefore CD=BF$.
(2)如图(1),连接OC.
$\because BE=1,AE=4,\therefore AB=AE+BE=4+1=5$,
$\therefore OB=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2},\therefore OE=OB-BE=\frac{3}{2}$.
$\because CD⊥ AB,\therefore CE=\frac{1}{2}CD$,
由勾股定理,得$CE=\sqrt{OC^2-OE^2}=2$,
$\therefore CD=2CE=4$,
由(1)知$CD=BF,\therefore BF=4$.
(3)如图(2),连接BC,OC,设OC,BF交于点Q,
由(1)知$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$,
$\therefore ∠ BCG=∠ CBG,\therefore CG=BG$.
$\because \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC},\therefore OC⊥ BF$于点Q,即$∠ CQG=90°$.
又$CD⊥ AB$于点E,$\therefore ∠ GEB=90°$.
$\therefore ∠ CQG=∠ BEG=90°$.
又$∠ CGQ=∠ BGE,\therefore △ CQG≌△ BEG(AAS),\therefore GQ=GE$.
$\because ∠ GQO=∠ GEO=90°,\therefore ∠ GOC=∠ GOB$.
$\because ∠ BQO=90°,\therefore ∠ BOC+∠ OBQ=90°$.
又$∠ ABF=\frac{1}{2}∠ AOF,∠ BOC=2∠ BOG$,
$\therefore 2∠ EOG+\frac{1}{2}∠ AOF=90°$.
素养考向 本题主要考查圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质,正确作辅助线是解答本题的关键.

14 新考法 新定义问题（2026·南京月考）关于$x$的方程$ax^2 + \sqrt{2}cx + b = 0$，如果$a,b,c$满足$a^2 + b^2 = c^2$且$c≠0$，那么我们把这样的方程称为“经典方程”。请解决下列问题：
（1）请写出一个“经典方程”：；
（2）求证：关于$x$的“经典方程”$ax^2 + \sqrt{2}cx + b = 0$必有实数根；
（3）如图，已知$AB,CD$是半径为1的$\odot O$的两条平行弦，$AB=a$，$CD=b$，且关于$x$的方程$\frac{a}{2}x^2 + \sqrt{2}x + \frac{b}{2}=0$是“经典方程”，求$∠ BAC$的度数。

14. (1)$6x^2+10\sqrt{2}x+8=0$(答案不唯一)
(2)$\because$关于$x$的方程$ax^2+\sqrt{2}cx+b=0$是“经典方程”,
$\therefore a^2+b^2=c^2$且$c≠ 0$.①当$a≠ 0$时,$\Delta=(\sqrt{2}c)^2-4ab=2c^2-4ab=2(a^2+b^2)-4ab=2(a^2+b^2-2ab)=2(a-b)^2≥ 0$,$\therefore$方程有两个实数根;②当$a=0$时,方程为$\sqrt{2}cx+b=0,c≠ 0$,$\therefore$该方程有实数根,$\therefore$“经典方程”必有实数根.
(3)如图,过点O作$OE⊥ AB$于点E,延长EO交CD于点F,
$\because DC// AB,\therefore EF⊥ CD$,
$\therefore AE=BE=\frac{1}{2}a,CF=DF=\frac{1}{2}b$.
$\because BE^2+OE^2=OB^2$,
$\therefore (\frac{a}{2})^2+OE^2=1^2$.
$\because \frac{a}{2}x^2+\sqrt{2}x+\frac{b}{2}=0$是“经典方程”,
$\therefore (\frac{a}{2})^2+(\frac{b}{2})^2=1^2,\therefore OE=\frac{b}{2}=CF$.
$\because OB=OC,\therefore \mathrm{Rt}△ BOE≌\mathrm{Rt}△ OCF(\mathrm{HL})$,
$\therefore ∠ FOC=∠ OBE$.
$\because ∠ OBE+∠ EOB=90°,\therefore ∠ FOC+∠ EOB=90°$,
$\therefore ∠ BOC=90°,\therefore ∠ BAC=\frac{1}{2}∠ BOC=45°$.
归纳总结 本题考查一元二次方程根的判别式、勾股定理、垂径定理、圆周角定理,熟练掌握“经典方程”的定义是解题的关键.