1 如图，AB是$\odot O$的直径，CD是弦，若$∠ CDB=26°$，则$∠ ABC=$（）

A.$26°$
B.$52°$
C.$64°$
D.$74°$

（第1题图）
（第2题图）

1.C 【解析】连结 AD.
∵ AB 是 $\odot O$ 的直径，
∴ ∠ADB=90°,
∴ ∠ADC+∠CDB=90°,
∴ ∠ADC=90°-∠CDB=90°-26°=64°.
∵ ∠ABC=∠ADC，
∴ ∠ABC=64°,故选 C.

2[2026陕西西安调研]如图,正方形ABCD内接于$\odot O$,点E是$\overset{\frown}{CD}$的中点,连结DE,AE,AE交CD于点F,则$∠ AFD$的度数为（）

A.$45°$
B.$60°$
C.$67.5°$
D.$112.5°$

2.C 【解析】如图,连结 AC.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠ADC=90°,∠DAC=45°.
∵ 点 E 是 $\overset{\frown}{CD}$ 的中点,
∴ $\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{CE}$,
∴ ∠DAE = ∠CAE = $\frac{1}{2}$∠DAC=22.5°,
∴ ∠AFD = 180°-∠ADF-∠DAF = 67.5°,故选 C.
（第2题图）

3[2026浙江湖州期中]如图,锐角三角形ABC内接于$\odot O$,D,E分别是$\overset{\frown}{AB}$,$\overset{\frown}{AC}$的中点,$∠ DAE=α$,$∠ BAC=β$,则()

A.$α+β=180°$
B.$2β=α$
C.$α-β=45°$
D.$2α-β=180°$

(第3题图)
(第4题图)

3.D 【解析】如图,连结 DE,DC,BE.
∵ D,E 分别是$\overset{\frown}{AB}$,$\overset{\frown}{AC}$ 的中点,
∴ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{CE}$,
∴ ∠ACD = ∠BCD = ∠AED, ∠ABE = ∠ADE = ∠EBC,
∴ ∠ACB=2∠AED,∠ABC=2∠ADE. 在 △ADE 中,∠DAE = α,
∴ ∠ADE+∠AED = 180°-α, 在 △ABC 中,∠ACB+∠ABC = 2∠AED+2∠ADE = 2(180°-α)=360°-2α.
∵ ∠BAC=β,
∴ β+360°-2α=180°,
∴ 2α-β=180°,故选 D.
（第3题图）

4[2025浙江杭州质检]如图,点A,B,C均在⊙O上,AD是⊙O的直径,且AD=2,∠B=45°,则AC的长为.

4.$\sqrt{2}$ 【解析】如图,连结 CD.
∵ $\overset{\frown}{AC}$ 所对的圆周角是 ∠B,∠ADC,且 ∠B=45°,
∴ ∠ADC = ∠B = 45°.
∵ AD 是 $\odot O$ 的直径,
∴ ∠ACD=90°,
∴ ∠ADC = ∠CAD = 45°,
∴ AC=CD. 在 Rt△ACD 中,AD=2,由勾股定理,得 $AC^2+CD^2=AD^2$, 即 $2AC^2=4$,
∴ $AC=\sqrt{2}$. 故答案为$\sqrt{2}$.

5 如图,AC与BD为$\odot O$的弦,AC与BD交于P,AD,BC的延长线交于点E,$∠ AEC = 37°$,$∠ CAE=31°$,则$∠ APB$的度数为。

5.99° 【解析】
∵ ∠ACB 为 △ACE 的外角,
∴ ∠ACB=∠A + ∠AEC.
∵ ∠AEC = 37°, ∠CAE = 31°,
∴ ∠ACB = 68°. 由圆周角定理推论,得 ∠ADB = ∠ACB,
∴ ∠ADB = 68°,
∴ ∠APB = ∠A + ∠ADB = 31°+68°=99°.

6 [2025 浙江衢州质检，中]如图，在$\odot O$中，三条劣弧$\overset{\frown}{AB}$，$\overset{\frown}{BC}$，$\overset{\frown}{CD}$的长都相等，弦AC与BD相交于点E，弦BA与CD的延长线相交于点F，且$∠ F=40°$，则$∠ AED$的度数为。

6.70° 【解析】连结 BC,如图.
∵ 三条劣弧 $\overset{\frown}{AB}$,$\overset{\frown}{BC}$,$\overset{\frown}{CD}$ 的长相等,
∴ ∠BAC = ∠BCA = ∠DBC. 设 ∠ACD=∠ABD=x.
∵ ∠F=40°,
∴ ∠BAC=x+40°,
∴ ∠BCA=∠DBC=x+40°. 在 △ABC 中,x+40°+x+40°+x+x+40° = 180°, 解得 x = 15°,
∴ ∠DBC=∠BCA = 55°,
∴ ∠AED = ∠BEC = 180° - ∠DBC - ∠ACB=70°. 故答案为 70°.

关键点拨
根据 $\overset{\frown}{AB}$,$\overset{\frown}{BC}$,$\overset{\frown}{CD}$ 的长相等,得到 ∠BAC = ∠BCA=∠DBC 是解题的关键.

7 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB = 90°$,CD平分$∠ ACB$,P为边BC上一动点,将$△ DPB$沿着直线DP翻折到$△ DPE$处,点B恰好落在$△ CDP$的外接圆$\odot O$上的点E处.
(1)求证:D是AB的中点.
(2)当$∠ BDE=60°$, $BP=\sqrt{2}$时,求DC的长.

7.(1)【证明】
∵ △DPE 由 △DPB 翻折得到,
∴ ∠B = ∠DEP. 又
∵ ∠DCP = ∠DEP,
∴ ∠B = ∠DCP,
∴ CD=BD.
∵ ∠ACB=90°,CD 平分 ∠ACB,
∴ ∠B = ∠DCB = $\frac{1}{2}$∠ACB = 45° = ∠A,
∴ CA = CB,
∴ BD = AD,
∴ D 是 AB 的中点.
(2)【解】
∵ △DPE 由 △DPB 翻折得到,
∴ ∠BDP=∠EDP=$\frac{1}{2}$∠BDE=30°. 过点 P 作 PF ⊥ AB 于 F,
∴ ∠PFB = ∠PFD = 90°,
∴ DP = 2PF.
∵ ∠B = 45°,
∴ ∠BPF = 90° - ∠B = 45°,
∴ ∠BPF = ∠B,
∴ BF = PF.
∵ $BF^2+PF^2=BP^2=2$,
∴ BF = PF = 1,
∴ DP = 2PF=2,
∴ DF = $\sqrt{DP^2-PF^2}=\sqrt{3}$ ,
∴ CD = BD = DF + BF = $\sqrt{3}+1$.

8[2025浙江台州期中]如图,在$\odot O$中,AB为弦,CD为直径,且$AB ⊥ CD$于点E,连结AC,过点B作$BF ⊥ AC$于点F,BF与CD相交于点G,连结BD.
(1)求证:E是线段DG的中点.
(2)若$AB=8,OG=1$,求$\odot O$的半径.

8.(1)【证明】
∵ AB ⊥ CD, BF ⊥ AC,
∴ ∠CFG = ∠GEB = ∠DEB = 90°.
∵ ∠CGF = ∠BGE,
∴ 易得 ∠C = ∠GBE.
∵ $\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AD}$,
∴ ∠C = ∠DBE,
∴ ∠GBE = ∠DBE.
在 △BGE 和 △BDE 中,$\begin{cases}∠GEB=∠DEB,\\BE=BE,\\∠GBE=∠DBE,\end{cases}$
∴ △BGE≌△BDE(ASA),
∴ EG = ED,
∴ E 是线段 DG 的中点.
(2)【解】如图,连结 OA.

设$\odot O$ 半径为 r,则 DG = r+1. 由(1)知 ED = EG,
∴ $DE=\frac{r+1}{2}$,
∴ $OE=r-\frac{r+1}{2}=\frac{r-1}{2}$.
∵ AB ⊥ CD,
∴ AE = BE = $\frac{1}{2}$AB = 4, ∠OEA = 90°. 在 Rt△AEO 中,由勾股定理得 $OE^2 + AE^2 = OA^2$, 即 $(\frac{r-1}{2})^2 +4^2=r^2$, 解得 $r=\frac{13}{3}$(负值已舍去),
∴ $\odot O$ 的半径为 $\frac{13}{3}$.
关键点拨
(2) 连结 OA,设$\odot O$ 半径为 r,构造 Rt△AEO,由勾股定理得到关于 r 的方程是解题的关键.