第3章 圆的基本性质单元测试(B卷·能力提升）（解析版）-九年级数学上册同步单元AB卷（浙教版）

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第3章 圆的基本性质单元测试（B卷·能力提升）
一．选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．（2021•南岗区校级一模）如图，C是⊙O上一点，若∠C＝40°，则∠AOB的度数为（　　）

A．20° B．40° C．80° D．140°
【思路点拨】利用圆周角定理计算即可．
【答案】解：由题意，∠AOB＝2∠ACB，
∵∠C＝40°，
∴∠AOB＝80°，
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，解题的关键是记住在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
2．（2021秋•邗江区校级月考）下列语句中，正确的有（　　）
①相等的圆心角所对的弧相等；
②等弦对等弧；
③长度相等的两条弧是等弧；
④经过圆心的每一条直线都是圆的对称轴．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】根据圆心角，弧，弦之间的关系，等弧，轴对称等知识一一判断即可．
【答案】解：①相等的圆心角所对的弧相等，错误，条件是同圆或等圆中．
②等弦对等弧，错误，弦所对的弧有两条，不一定相等．
③长度相等的两条弧是等弧，错误，等弧是完全重合的两条弧．
④经过圆心的每一条直线都是圆的对称轴．正确．
故选：A．
【点睛】本题考查圆心角，弧，弦之间的关系，等弧，轴对称等知识，解题的关键是理解基本概念，属于中考常考题型．
3．（2021•南岗区校级开学）已知正六边形的半径为，则此正六边形的面积为（　　）
A． B．2 C．3 D．4
【思路点拨】设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，则△OAB是正三角形，△OAB的面积的六倍就是正六边形的面积．
【答案】解：设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，则△OAB是正三角形．
OC＝OA•sinA＝×＝，
则S△OAB＝AB•OC＝××＝，
则正六边形的面积为6×＝3．
故选：C．

【点睛】本题考查了正多边形的计算，理解正六边形被半径分成六个全等的等边三角形是关键．
4．（2021•南平模拟）如图，点A、B、C在⊙O上，∠ABC＝45°，连接AO，过点O作OE⊥BC交BC于点D，交⊙O于点E．若点D是OE的中点，则∠AOE的度数为（　　）

A．160° B．150° C．135° D．120°
【思路点拨】连接OC，如图，利用余弦的定义求出∠DOC＝60°，再根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠ABC＝90°，然后计算∠AOC+∠COE即可．
【答案】解：连接OC，如图，

∵点D是半径OE中点，
∴OD＝OE＝OC，
∵OD⊥BC，
∴cos∠DOC＝＝，
∴∠DOC＝60°，
∵∠AOC＝2∠ABC＝2×45°＝90°，
∴∠AOE＝90°+60°＝150°．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
5．（2021•淄博一模）如图，在⊙O中，弦AB＝4cm，∠ACB＝30°，则⊙O的直径是（　　）

A．2cm B．4cm C．8cm D．10cm
【思路点拨】由题意知，弦长为4cm所对的圆周角为30°，则弦对的圆心角为60°，由于弦与圆心构成的三角形是等腰三角形，所以当圆心角为60°，这个三角形是等边三角形，边长已知，直径不难求出．
【答案】解：连接OA和OB，

∵∠ACB＝30°，
∴∠AOB＝60°，
∵OA＝OB，
∴三角形AOB为等边三角形，
∵AB＝4cm，
∴OA＝OB＝AB＝4cm，
∴直径为8cm，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，利用（1）同一弦所对的圆周角是所对的圆心角的一半；（2）等边三角形的判定：有一角为60°的等腰三角形是等边三角形是解答此题的关键．
6．（2021•淄川区一模）如图，在⊙O中，弦AB∥CD，OP⊥CD，OM＝MN，AB＝18，CD＝12，则⊙O的半径为（　　）

A．4 B．4 C．4 D．4
【思路点拨】如图，连接OA，OC．设OA＝OC＝r，OM＝MN＝a，构建方程组求出r即可．
【答案】解：如图，连接OA，OC．

∵OP⊥CD，CD∥AB，
∴OP⊥AB，
∴CN＝DN＝6，AM＝MB＝9，
设OA＝OC＝r，OM＝MN＝a，
则有，
解得，r＝4，
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题．
7．（2021•平南县三模）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，且CO⊥AB于点O，弦CD与AB相交于点E，若∠AEC＝64°，连接AD，则∠BAD的度数为（　　）

A．19° B．21° C．23° D．26°
【思路点拨】利用圆周角定理求出∠D，再利用三角形的外角的性质求出∠ABD即可．
【答案】解：∵OC⊥AB，
∴∠COA＝90°，
∴∠D＝∠COA＝45°，
∵∠AEC＝∠D+∠BAD，∠AEC＝64°，
∴∠BAD＝64°﹣45°＝19°，
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8．（2020秋•文登区期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，BD为⊙O的直径．若BD＝10，∠ABD＝2∠C，则AB的长度为（　　）

A．4 B．5 C．5.5 D．6
【思路点拨】连接AD，根据BD为⊙O的直径，可得∠BAD＝90°，根据∠ACB＝∠D，可得∠D＝30°．进而可得AB的长．
【答案】解：如图，连接AD，

∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∵∠ACB＝∠D，
∴∠ABD＝2∠C＝2∠D，
∵∠D+∠ABD＝90°，
∴∠D＝30°．
∴∠ABD＝60°，
∴AB＝OB＝0.5BD＝5．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是掌握圆周角定理．
9．（2021•山西模拟）如图，扇形AOB的圆心角是45°，正方形CDEF的顶点分别在OA，OB和弧AB上．若OD＝2，则图中阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
【思路点拨】由图可知，图中阴影部分的面积＝扇形的面积﹣等腰三角形的面积﹣正方形的面积．
【答案】解：∵∠O＝45°，四边形CDEF是正方形，
∴∠CDO＝90°，△COD是等腰直角三角形，
∴DE＝EF＝OD＝2，
连接OF，

Rt△EOF中，OE＝4，EF＝2，
∴OF＝＝2．
∴扇形AOB的面积是＝，
正方形CDEF的面积是2×2＝4，
等腰三角形COD的面积是×2×2＝2，
∴阴影部分的面积是﹣4﹣2＝﹣6．
故选：B．
【点睛】本题考查了扇形的面积计算及等积变换的知识，关键是要把不规则的图形通过几何变换转化为规则图形的面积求解．
10．（2021•贵港）如图，点A，B，C，D均在⊙O上，直径AB＝4，点C是的中点，点D关于AB对称的点为E，若∠DCE＝100°，则弦CE的长是（　　）

A．2 B．2 C． D．1
【思路点拨】连接AD、AE、OD、OC、OE，过点O作OH⊥CE于点H，根据圆内接四边形的性质得∠DAE＝80°，根据对称以及圆周角定理可得∠BOD＝∠BOE＝80°，由点C是的中点可得∠BOC＝∠COD＝40°，∠COE＝∠BOC+∠BOE＝120°，根据等腰三角形以及直角三角形的性质即可求解．
【答案】解：连接AD、AE、OD、OC、OE，过点O作OH⊥CE于点H，

∵∠DCE＝100°，
∴∠DAE＝180°﹣∠DCE＝80°，
∵点D关于AB对称的点为E，
∴∠BAD＝∠BAE＝40°，
∴∠BOD＝∠BOE＝80°，
∵点C是的中点，
∴∠BOC＝∠COD＝40°，
∴∠COE＝∠BOC+∠BOE＝120°，
∵OE＝OC，OH⊥CE，
∴EH＝CH，∠OEC＝∠OCE＝30°，
∵直径AB＝4，
∴OE＝OC＝2，
∴EH＝CH＝，
∴CE＝2．
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形以及直角三角形的性质，求出∠COE＝120°是解题的关键．
二．填空题（共6小题，每小题4分，共24分）
11．（2020秋•亭湖区校级期末）直角三角形的两条直角边长分别为6和8，那么这个三角形的外接圆半径等于 　5　．
【思路点拨】根据勾股定理求得斜边的长，再根据直角三角形的斜边等于其外接圆的直径可得这个三角形的外接圆的半径．
【答案】解：∵直角三角形的两条直角边长分别为6和8，
∴直角三角形的斜边＝＝10，
所以这个三角形的外接圆的半径＝×10＝5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了勾股定理．
12．（2021•福建模拟）若一个半径为5的扇形的弧长为，则该扇形的面积为 　π　．
【思路点拨】根据扇形的面积＝×弧长×半径．
【答案】解：S扇形＝lr＝×5×＝π，
故答案为π．
【点睛】本题考查了扇形面积的计算．扇形面积计算公式：设圆心角是n°，圆的半径为R的扇形面积为S，则 S扇形＝或S扇形＝lr（其中l为扇形的弧长）．
13．（2021•西宁）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，CD＝10，BE＝2，则⊙O的半径OC＝　　．

【思路点拨】由垂径定理得CE＝CD＝5，设OB＝OC＝x，则OE＝x﹣2，再在Rt△OCE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【答案】解：∵弦CD⊥AB于点E，CD＝10，
∴CE＝CD＝5，∠OEC＝90°，
设OB＝OC＝x，则OE＝x﹣2，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：CE2+OE2＝OC2，
即52+（x﹣2）2＝x2，
解得：x＝，
即OC＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理．熟练掌握垂径定理，由勾股定理得出方程是解题的关键．
14．（2021•崂山区二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，DB平分∠ADC，连结OC，BD，OC⊥BD，若∠A等于69°，则∠ADB的度数为 　34.5　°．

【思路点拨】根据圆内接四边形的性质求出∠BCD，根据垂径定理得到＝，，进而求出∠CDB，根据角平分线的定义解答即可．
【答案】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠A＝69°，
∴∠BCD＝180°﹣∠A＝111°，
∵OC⊥BD，
∴＝，
∴∠CDB＝∠CBD＝×（180°﹣11°）＝34.5°，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB＝34.5°，
故答案为：34.5．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、垂径定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
15．（2020秋•崇川区期末）若点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC＝60°，底边BC＝8，则S△ABC＝　32+16或32﹣16　．
【思路点拨】作AD⊥BC于D，如图，利用等腰三角形的性质得BD＝CD＝4，则AD垂直平分BC，根据外心的定义得点O在AD上，再利用∠BOC＝60°得到△OBC为等边三角形，则OB＝BC＝8，OD＝4，讨论：当等腰△ABC为锐角三角形时，AD＝8+4，当等腰△A′BC为钝角三角形时，A′D＝8﹣4，然后根据三角形面积公式分别计算两种情况下的三角形面积．
【答案】解：作AD⊥BC于D，如图，
∵AB＝AC，
∴BD＝CD＝BC＝4，
∴AD垂直平分BC，
∴点O在AD上，
∵∠BOC＝60°，
∴△OBC为等边三角形，
∴OB＝BC＝8，
在△OBD中，OD＝＝4，
当等腰△ABC为锐角三角形时，AD＝8+4，此时△ABC的面积＝×8×（8+4）＝32+16；
当等腰△A′BC为钝角三角形时，A′D＝8﹣4，此时△ABC的面积＝×8×（8﹣4）＝32﹣16．
综上所述，△ABC的面积为32+16或32﹣16．
故答案为32+16或32﹣16．

【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质和勾股定理，分类讨论是解题的关键．
16．（2021•江北区校级开学）如图，⊙O的弦AC＝BD，且AC⊥BD于E，连接AD，若AD＝3，则⊙O的周长为 　6π　．

【思路点拨】接AB，AO，DO，根据⊙O的弦AC＝BD求出＝，根据圆周角定理求出∠BAC＝∠ABD，求出∠ABD＝∠BAC＝（180°﹣∠AEB）＝45°，根据圆周角定理求出∠AOD＝2∠ABD＝90°，解直角三角形求出AO，再求出答案即可．
【答案】解：连接AB，AO，DO，

∵⊙O的弦AC＝BD，
∴＝，
∴＝，
∴∠BAC＝∠ABD，
∵AC⊥BD，
∴∠AEB＝90°，
∴∠ABD＝∠BAC＝（180°﹣∠AEB）＝45°，
∴∠AOD＝2∠ABD＝90°，
即△AOD是等腰直角三角形，
∵AD＝3，AO2+OD2＝AD2，
∴AO＝3，
∴⊙O的周长是2×π×3＝6π，
故答案为6π．
【点睛】本题考查了勾股定理，圆周角定理，圆心角、弧、弦之间的关系，等腰直角三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．
三．解答题（共7小题，共66分）
17．（2021春•亭湖区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的半圆O分别交AC、BC于点D、E．
（1）求证：点E是BC的中点．
（2）若∠BOD＝75°，求∠CED的度数．

【思路点拨】（1）连接AE，根据直径所对的圆周角为直角得到∠AEB＝90°，再根据等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到∠DAB＝∠BOD＝37.5°，再根据圆的内接四边形的对角互补得到∠DAB+∠DEB＝180°，而CBED+∠DEB＝180°，则∠CED＝∠DAB．
【答案】（1）证明：连接AE，

∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，即AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BE＝CE，
即点E为BC的中点；

（2）解：∵∠BOD＝75°，
∴∠DAB＝∠BOD＝37.5°，
∵∠DAB+∠DEB＝180°，∠CED+∠DEB＝180°，
∴∠CED＝∠DAB＝37.5°．
【点睛】本题考查了在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角的度数等于它所对的圆心角度数的一半；直径所对的圆周角为直角；圆的内接四边形的对角互补；等腰三角形的性质．
18．（2021•临沂）如图，已知在⊙O中，＝＝，OC与AD相交于点E．
求证：（1）AD∥BC；
（2）四边形BCDE为菱形．

【思路点拨】（1）连接BD，根据圆周角定理可得∠ADB＝∠CBD，根据平行线的判定可得结论；
（2）证明△DEF≌△BCF，得到DE＝BC，证明四边形BCDE为平行四边形，再根据得到BC＝CD，从而证明菱形．
【答案】证明：（1）连接BD，
∵，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AD∥BC；

（2）连接CD，BD，设OC与BD相交于点F，
∵AD∥BC，
∴∠EDF＝∠CBF，
∵，
∴BC＝CD，BF＝DF，
又∠DFE＝∠BFC，
∴△DEF≌△BCF（ASA），
∴DE＝BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，又BC＝CD，
∴四边形BCDE是菱形．
【点睛】本题考查了垂径定理，圆周角定理，弧、弦、圆心角的关系，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，解题的关键是合理运用垂径定理得到BF＝DF．
19．（2021•安徽）如图，圆O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E．
（1）M是CD的中点，OM＝3，CD＝12，求圆O的半径长；
（2）点F在CD上，且CE＝EF，求证：AF⊥BD．

【思路点拨】（1）连接OD，由垂径定理推论可得∠OMD＝90°，在Rt△OMD中用勾股定理即可得半径；
（2）连接AC，延长AF交BD于G，由已知可证△ACF是等腰三角形，∠FAE＝∠CAE，又弧BC＝弧BC，有∠CAE＝∠CDB，故∠FAE＝∠CDB，即可由∠CDB+∠B＝90°，得∠AGB＝90°，从而得证AF⊥BD．
【答案】解：（1）连接OD，如图：

∵M是CD的中点，CD＝12，
∴DM＝CD＝6，OM⊥CD，∠OMD＝90°，
Rt△OMD中，OD＝，且OM＝3，
∴OD＝＝3，即圆O的半径长为3；
（2）连接AC，延长AF交BD于G，如图：

∵AB⊥CD，CE＝EF，
∴AB是CF的垂直平分线，
∴AF＝AC，即△ACF是等腰三角形，
∵CE＝EF，
∴∠FAE＝∠CAE，
∵＝，
∴∠CAE＝∠CDB，
∴∠FAE＝∠CDB，
Rt△BDE中，∠CDB+∠B＝90°，
∴∠FAE+∠B＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∴AG⊥BD，即AF⊥BD．
【点睛】本题考查垂径定理及推论，涉及勾股定理、等腰三角形的性质及判定，解题的关键是证明∠FAE＝∠CDB．
20．（2021春•萧山区月考）如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，OD交AC于点E，＝．
（1）求证：OD∥BC；
（2）若AC＝10，DE＝4，求BC的长．

【思路点拨】（1）根据垂径定理得OD⊥AC，根据圆周角定理得BC⊥AC，然后由平行线的判定可得结论；
（2）根据垂径定理和等腰三角形的性质得DE＝4，设⊙O半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣4，然后根据勾股定理和中位线性质可得答案．
【答案】解：（1）∵＝，
∴OD⊥AC，
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC，
∴：OD∥BC．
（2）∵AD＝CD，
∴OD⊥AC于点E且AE＝CE，
又∵AC＝10，
∴，
∵DE＝4，
设⊙O半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣4，
在Rt△AOE中，
OA2＝OE2+AE2，即R2＝（R﹣4）2+52，
∴，
又∵O，E为AB，AC的中点，
∴OE＝，OE∥BC，
∴BC＝2OE＝．
【点睛】此题考查的是圆的性质，掌握圆周角定理、垂径定理是解决此题关键．
21．（2021•海陵区一模）已知：如图，在⊙O中，弦AB与CD相交于点E，∠ACD＝60°，给出下列信息：
①∠ADC＝50°；②AB是⊙O的直径；③∠CEB＝100°．
（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，剩下的一条作为结论．你选择的条件是 　①②　，结论是 　③　（只要填写序号）．判断此命题是否正确，并说明理由；
（2）在（1）的情况下，若AD＝2，求的长度．

【思路点拨】（1）选择条件为①②，结论为③，根据圆周角定理的推论：直径所得的圆周角为直角，直角三角形的性质以及三角形的内角和定理可求出答案；
（2）求出弧AD所在圆的半径和相应的圆心角度数，利用弧长公式进行计算即可．
【答案】解：（1）条件为①②，结论为③，结论正确，理由如下：
连接BC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADC＝50°＝∠ABC，
∴∠BAC＝90°﹣∠ABC＝90°﹣50°＝40°，
∴∠CEB＝∠BAC+∠ACD＝40°+60°＝100°；
故答案为：①②，③（答案不唯一）；
（2）连接OC，BD、OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
又∵∠ABD＝∠ACD＝60°，AD＝2，
∴AB＝＝＝4，
∴OA＝AB＝2，
又∵∠AOD＝2∠ACD＝2×60°＝120°，
∴的长度为＝．
【点睛】本题考查弧长的计算，圆周角定理及其推论，掌握弧长公式、圆周角定理以及直角三角形的边角关系是解决问题的前提．
22．（2021•信阳模拟）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．

（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角，若∠A＝α，请用含α的代数式表示∠E．
（2）如图2，四边形ABCD内接于⊙O，＝，四边形ABCD的外角平分线DF交⊙O于点F，连接BF并延长交CD的延长线于点E．求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
【思路点拨】（1）根据遥望角的定义得到∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，根据三角形的外角性质计算，得到答案；
（2）延长BC到点T，根据圆内接四边形的性质得到∠FDC+∠FBC＝180°，得到∠ABF＝∠FBC，根据圆周角定理得到∠ACD＝∠BFD，进而得到∠ACD＝∠DCT，根据遥望角的定义证明结论．
【答案】解：（1）∵∠E是△ABC中∠A的遥望角，
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD，
∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A，
∵∠A＝α，
∴∠E＝α；
（2）如图2，延长BC到点T，
∵四边形FBCD内接于⊙O，
∴∠FDC+∠FBC＝180°，
∵∠FDE+∠FDC＝180°，
∴∠FDE＝∠FBC，
∵DF平分∠ADE，
∴∠ADF＝∠FDE，
∵∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠FBC，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵＝，
∴∠ACD＝∠BFD，
∵∠BFD+∠BCD＝180°，∠DCT+∠BCD＝180°，
∴∠DCT＝∠BFD，
∴∠ACD＝∠DCT，
∴CE是△ABC的外角平分线，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．

【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，圆心角、弧、弦的关系，掌握圆周角定理、三角形外角性质、熟练掌握圆内接四边形的性质是解题的关键．
23．（2021•江干区三模）如图，△ABC是圆O的内接三角形，连结BO并延长交AC于点D，设∠ACB＝α，∠BAC＝mα．
（1）若α＝30°，求∠ABD的度数；
（2）若∠ADB＝nα+90°，求证m+n＝1；
（3）若弧AB长是⊙O周长的，2∠ADB＝5∠CBD，求．

【思路点拨】（1）连接OA，由∠ACB＝α＝30°，得∠AOB＝2∠ACB＝60°，根据OA＝OB，即得△AOB是等边三角形，故∠ABD＝60°；
（2）延长BD交⊙O于E，连接CE，用两种方法表示∠ACE，列方程变形即可得证明；
（3）过D作DM⊥BC于M，作DN⊥AB于N，由弧AB长是⊙O周长的，可得∠AOB＝90°，从而可证△AOB、△DCM、△BDN是等腰直角三角形，根据2∠ADB＝5∠CBD，可得∠CBD＝30°，∠BAC＝60°，设MD＝MC＝t，在Rt△DCM中，CD＝MD＝t，在Rt△BDM中，BD＝2DM＝2t，在Rt△BDN中，DN＝＝t，在Rt△ADN中，AD＝t，即可得＝＝．
【答案】解：（1）连接OA，如图：

∵∠ACB＝α＝30°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝60°，
∵OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ABD＝60°；
（2）延长BD交⊙O于E，连接CE，如图：

∵BE为⊙O直径，
∴∠BCE＝90°，即∠ACE＝90°﹣α，
△CDE中，∠E＝∠A＝mα，∠EDC＝∠ADB＝nα+90°，
∴∠DCE＝180°﹣∠E﹣∠EDC＝90°﹣mα﹣nα，即∠ACE＝90°﹣mα﹣nα，
∴90°﹣α＝90°﹣mα﹣nα，
∴m+n＝1；
（3）过D作DM⊥BC于M，作DN⊥AB于N，如图：

∵弧AB长是⊙O周长的，
∴∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，∠ABO＝45°，∠ACB＝∠AOB＝45°，
∴△DCM、△BDN是等腰直角三角形，
∵2∠ADB＝5∠CBD，
∴2（∠CBD+∠ACB）＝5∠CBD，
∴2∠ACB＝3∠CBD，
∴∠CBD＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ACB﹣∠CBD﹣∠ABO＝60°，
设MD＝MC＝t，
在Rt△DCM中，CD＝MD＝t，
在Rt△BDM中，BD＝2DM＝2t，
在Rt△BDN中，DN＝＝t，
在Rt△ADN中，AD＝＝＝t，
∴＝＝．
【点睛】本题考查圆的性质及综合应用，涉及等边三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是用含t的代数式表示CD和AD的长度．