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2.如图24.1.2-14，在半径为13cm的圆形铁片上切下一块高为8cm的弓形铁片，则弓形铁片的弦AB的长为 (
A.10cm
B.16cm
C.24cm
D.26cm
]
C
)A.10cm
B.16cm
C.24cm
D.26cm
]
答案
2.C
解析
解：过点O作OC⊥AB于点C，连接OA。
∵ 圆形铁片半径为13cm，弓形高为8cm，
∴ OA=13cm，OC=13-8=5cm。
在Rt△OAC中，由勾股定理得：
AC=√(OA²-OC²)=√(13²-5²)=√(169-25)=√144=12cm。
∵ OC⊥AB，
∴ AB=2AC=2×12=24cm。
答案：C
∵ 圆形铁片半径为13cm，弓形高为8cm，
∴ OA=13cm，OC=13-8=5cm。
在Rt△OAC中，由勾股定理得：
AC=√(OA²-OC²)=√(13²-5²)=√(169-25)=√144=12cm。
∵ OC⊥AB，
∴ AB=2AC=2×12=24cm。
答案：C
3.如图24.1.2-15，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点P在第一象限，$\odot P$与x轴交于O，A两点，点A的坐标为(6,0)，$\odot P$的半径为$\sqrt{13}$，则点P的坐标为
]
(3,2)
.]
答案
3.(3,2)
解析
解：过点$P$作$PB \perp OA$于点$B$，则$OB = AB$。
因为点$A(6,0)$，所以$OA = 6$，$OB=\frac{OA}{2}=3$。
设点$P$的坐标为$(3,y)$，$\odot P$的半径$OP = \sqrt{13}$。
在$Rt\triangle OBP$中，由勾股定理得$OB^2 + PB^2=OP^2$，即$3^2 + y^2=(\sqrt{13})^2$。
解得$y = 2$（$y=-2$舍去，因为点$P$在第一象限）。
所以点$P$的坐标为$(3,2)$。
因为点$A(6,0)$，所以$OA = 6$，$OB=\frac{OA}{2}=3$。
设点$P$的坐标为$(3,y)$，$\odot P$的半径$OP = \sqrt{13}$。
在$Rt\triangle OBP$中，由勾股定理得$OB^2 + PB^2=OP^2$，即$3^2 + y^2=(\sqrt{13})^2$。
解得$y = 2$（$y=-2$舍去，因为点$P$在第一象限）。
所以点$P$的坐标为$(3,2)$。
4.如图24.1.2-16，AB是$\odot O$的弦，半径OC，OD分别交AB于点E，F，且$OE = OF$，求证：$AE = BF$.
]
]
答案
4.证明:过点O作OM⊥AB于点M ，则AM=BM.因为OE=OF,所以EM=FM,所以AM−EM=BM−FM,即AE=BF.
解析
证明:过点$O$作$OM \perp AB$于点$M$，则$AM = BM$。
因为$OE = OF$，所以$EM = FM$。
所以$AM - EM = BM - FM$，即$AE = BF$。
因为$OE = OF$，所以$EM = FM$。
所以$AM - EM = BM - FM$，即$AE = BF$。
5.如图24.1.2-17，已知$\odot O$的弦AB，CD相交于点P，PO平分$\angle APD$，求证：$AB = CD$.
]
]
答案
5.证明:过点O作OM⊥AB于点M,ON⊥CD于点N,连接OA,OD(图略).因为PO平分∠APD,OM⊥AB,ON⊥CD,所以OM=ON.在Rt△AOM中,$AM=\sqrt{OA^{2}-OM^{2}}$在Rt△DON中,$DN=\sqrt{OD^{2}-ON^{2}}$又因为OA=OD,OM=ON,所以AM=DN.所以2AM=2DN,即AB=CD.
解析
证明:过点$O$作$OM \perp AB$于点$M$,$ON \perp CD$于点$N$,连接$OA$,$OD$.
因为$PO$平分$\angle APD$,$OM \perp AB$,$ON \perp CD$,所以$OM = ON$.
在$Rt\triangle AOM$中,$AM=\sqrt{OA^{2}-OM^{2}}$;在$Rt\triangle DON$中,$DN=\sqrt{OD^{2}-ON^{2}}$.
又因为$OA = OD$,$OM = ON$,所以$AM = DN$.
因此$2AM=2DN$,即$AB = CD$.
因为$PO$平分$\angle APD$,$OM \perp AB$,$ON \perp CD$,所以$OM = ON$.
在$Rt\triangle AOM$中,$AM=\sqrt{OA^{2}-OM^{2}}$;在$Rt\triangle DON$中,$DN=\sqrt{OD^{2}-ON^{2}}$.
又因为$OA = OD$,$OM = ON$,所以$AM = DN$.
因此$2AM=2DN$,即$AB = CD$.
1.在直径为200cm的圆柱形油槽内装入一些油以后，截面如图24.1.2-18所示.若油面的宽$AB = 160cm$，则油的最大深度为 (
A.40cm
B.60cm
C.80cm
D.100cm
]
A
)A.40cm
B.60cm
C.80cm
D.100cm
]
答案
1.A
解析
解：过点$O$作$OC \perp AB$于点$C$，交$\odot O$于点$D$，连接$OA$。
$\because \odot O$的直径为$200\,cm$，
$\therefore OA = \frac{200}{2} = 100\,cm$。
$\because OC \perp AB$，$AB = 160\,cm$，
$\therefore AC = \frac{AB}{2} = \frac{160}{2} = 80\,cm$。
在$Rt\triangle AOC$中，由勾股定理得：
$OC = \sqrt{OA^2 - AC^2} = \sqrt{100^2 - 80^2} = \sqrt{10000 - 6400} = \sqrt{3600} = 60\,cm$。
$\therefore CD = OD - OC = 100 - 60 = 40\,cm$。
即油的最大深度为$40\,cm$。
A
$\because \odot O$的直径为$200\,cm$，
$\therefore OA = \frac{200}{2} = 100\,cm$。
$\because OC \perp AB$，$AB = 160\,cm$，
$\therefore AC = \frac{AB}{2} = \frac{160}{2} = 80\,cm$。
在$Rt\triangle AOC$中，由勾股定理得：
$OC = \sqrt{OA^2 - AC^2} = \sqrt{100^2 - 80^2} = \sqrt{10000 - 6400} = \sqrt{3600} = 60\,cm$。
$\therefore CD = OD - OC = 100 - 60 = 40\,cm$。
即油的最大深度为$40\,cm$。
A
2.如图24.1.2-19，$\odot O$的半径是3，点P是弦AB延长线上的一点，连接OP，若$OP = 4$，$\angle APO = 30^{\circ}$，则弦AB的长为 (
A.$2\sqrt{5}$
B.$\sqrt{5}$
C.$2\sqrt{13}$
D.$\sqrt{13}$
]
A
)A.$2\sqrt{5}$
B.$\sqrt{5}$
C.$2\sqrt{13}$
D.$\sqrt{13}$
]
答案
2.A
解析
解：过点$O$作$OC \perp AB$于点$C$，则$AC = CB$。
在$Rt\triangle OCP$中，$\angle APO = 30°$，$OP = 4$，
$\therefore OC = OP \cdot \sin 30° = 4×\frac{1}{2} = 2$，
$PC = OP \cdot \cos 30° = 4×\frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$。
在$Rt\triangle OCA$中，$OA = 3$，$OC = 2$，
$\therefore AC = \sqrt{OA^2 - OC^2} = \sqrt{3^2 - 2^2} = \sqrt{5}$。
$\therefore AB = 2AC = 2\sqrt{5}$。
答案：A
在$Rt\triangle OCP$中，$\angle APO = 30°$，$OP = 4$，
$\therefore OC = OP \cdot \sin 30° = 4×\frac{1}{2} = 2$，
$PC = OP \cdot \cos 30° = 4×\frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}$。
在$Rt\triangle OCA$中，$OA = 3$，$OC = 2$，
$\therefore AC = \sqrt{OA^2 - OC^2} = \sqrt{3^2 - 2^2} = \sqrt{5}$。
$\therefore AB = 2AC = 2\sqrt{5}$。
答案：A
3.如图24.1.2-20，在$\odot O$中，AB，AC是互相垂直的两条弦，$AB = 8cm$，$AC = 6cm$，那么$\odot O$的半径OA的长是 (
A.4cm
B.5cm
C.6cm
D.8cm
]
B
)A.4cm
B.5cm
C.6cm
D.8cm
]
答案
3.B
解析
解：连接BC。
∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°。
∵AB=8cm，AC=6cm，
∴BC=$\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$cm。
∵∠BAC=90°，
∴BC是$\odot O$的直径。
∴$\odot O$的半径OA=$\frac{1}{2}$BC=5cm。
答案：B
∵AB⊥AC，
∴∠BAC=90°。
∵AB=8cm，AC=6cm，
∴BC=$\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$cm。
∵∠BAC=90°，
∴BC是$\odot O$的直径。
∴$\odot O$的半径OA=$\frac{1}{2}$BC=5cm。
答案：B
4.如图24.1.2-21，已知在$\odot O$中，AB是弦，半径$OC\perp AB$，垂足为D.要使四边形OACB为菱形，还需添加一个条件，这个条件可以是 (
A.$AD = BD$
B.$OD = CD$
C.$\angle CAD = \angle CBD$
D.$\angle OCA = \angle OCB$
]
B
)A.$AD = BD$
B.$OD = CD$
C.$\angle CAD = \angle CBD$
D.$\angle OCA = \angle OCB$
]
答案
4.B
解析
证明：
∵ $OC \perp AB$，$OC$ 为半径，
∴ $AD = BD$（垂径定理）。
若添加条件 $OD = CD$，
∵ $OC = OD + CD$，
∴ $OD = CD = \frac{1}{2}OC$。
又 $OA = OB = OC$（半径相等），
在 $Rt\triangle OAD$ 中，$OA^2 = OD^2 + AD^2$，
即 $OC^2 = \left(\frac{1}{2}OC\right)^2 + AD^2$，解得 $AD = \frac{\sqrt{3}}{2}OC$。
同理 $BC = AC = \frac{\sqrt{3}}{2}OC$，
∴ $OA = OB = AC = BC$，
∴ 四边形 $OACB$ 为菱形。
答案：B
∵ $OC \perp AB$，$OC$ 为半径，
∴ $AD = BD$（垂径定理）。
若添加条件 $OD = CD$，
∵ $OC = OD + CD$，
∴ $OD = CD = \frac{1}{2}OC$。
又 $OA = OB = OC$（半径相等），
在 $Rt\triangle OAD$ 中，$OA^2 = OD^2 + AD^2$，
即 $OC^2 = \left(\frac{1}{2}OC\right)^2 + AD^2$，解得 $AD = \frac{\sqrt{3}}{2}OC$。
同理 $BC = AC = \frac{\sqrt{3}}{2}OC$，
∴ $OA = OB = AC = BC$，
∴ 四边形 $OACB$ 为菱形。
答案：B
5.如图24.1.2-22所示，$\odot O$的直径$CD = 10cm$，AB是$\odot O$的弦，$AM = BM$，$OM:OC = 3:5$，则AB的长为 (
A.8cm
B.$\sqrt{91}cm$
C.6cm
D.2cm
]
A
)A.8cm
B.$\sqrt{91}cm$
C.6cm
D.2cm
]
答案
5.A
解析
解：连接OA。
∵CD为直径，CD=10cm，
∴OC=OA=5cm。
∵OM:OC=3:5，
∴OM=3cm。
∵AM=BM，
∴OM⊥AB，M为AB中点。
在Rt△OAM中，由勾股定理得：
AM=$\sqrt{OA^2-OM^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$cm。
∴AB=2AM=8cm。
答案：A
∵CD为直径，CD=10cm，
∴OC=OA=5cm。
∵OM:OC=3:5，
∴OM=3cm。
∵AM=BM，
∴OM⊥AB，M为AB中点。
在Rt△OAM中，由勾股定理得：
AM=$\sqrt{OA^2-OM^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$cm。
∴AB=2AM=8cm。
答案：A
