8. 如图,在$\odot O$中,A,B 是圆上两点.已知$∠ AOB=40°$,直径$CD//$弦$AB$,连接$AC$,则$∠ BAC$等于 （ ）
A. $35°$
B. $40°$
C. $45°$
D. $50°$

第8题

第9题

第10题

第11题

A

9. (转化与化归思想)如图，AB为$\odot O$的直径，$CD⊥ AB$于点C，四边形CDEF是正方形，连接BD.
若$OC=3$，$OF=1$，则BD的长为 （ ）
A. $3\sqrt{5}$
B. $4\sqrt{5}$
C. $13$
D. $2\sqrt{10}$

B

10. 如图，AB为$\odot O$的直径，弦ED与AB的延长线交于$\odot O$外一点C，且$AB=2CD$，$∠ C=25°$，连接OE，则$∠ AOE$的度数为______．

$75^{\circ}$

11. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=BC=2$.以$BC$为直径的半圆交$AB$于点$D$,$P$是$CD$上的一个动点,连接$AP$,则$AP$长的最小值为______.

$\sqrt{5}-1$

12.（教材 P90 习题 24.1 第 13 题变式）如图，四边形 ABCO 是菱形，点 A，B，C 在$\odot O$上.若$\odot O$的半径是 6，求弦 AC 的长.

解：连接$OB，$交$AC$于点$D。$ 因为四边形$ABCO$是菱形，所以$OA = AB，$$OB\perp AC，$$AC = 2AD。$ 又因为$OA = OB，$所以$OA = OB = AB。$ 所以$\triangle AOB$是等边三角形，所以$\angle AOB = 60^{\circ}。$ 在$Rt\triangle AOD$中，$\angle OAD = 90^{\circ}-\angle AOD = 30^{\circ}，$$OA = 6，$所以$OD = \frac{1}{2}OA = 3。$ 根据勾股定理$AD = \sqrt{OA^{2}-OD^{2}}=\sqrt{6^{2}-3^{2}} = 3\sqrt{3}。$ 所以$AC = 2AD = 6\sqrt{3}。$ ;

13. 在$\odot O$中，直径$AB=6$，$BC$是弦，$∠ ABC=30°$，点$P$在$BC$上，点$Q$在$\odot O$上，且$OP ⊥ PQ$.
（1）如图①，当$PQ // AB$时，求$PQ$的长；
（2）如图②，当点$P$在$BC$上移动时，求$PQ$长的最大值.

（1）解：连接$OQ。$ 因为$PQ// AB，$$PQ\perp OP，$所以$OP\perp AB。$ 因为$AB = 6，$所以$OB = 3。$ 因为$\angle ABC = 30^{\circ}，$所以$PB = 2OP。$ 设$OP = x，$则$PB = 2x。$ 在$Rt\triangle PBO$中，根据勾股定理$PB^{2}=OP^{2}+OB^{2}，$即$(2x)^{2}=x^{2}+3^{2}，$ $4x^{2}=x^{2}+9，$ $3x^{2}=9，$ $x^{2}=3，$ 解得$x_{1}=\sqrt{3}，$$x_{2}=-\sqrt{3}$（不合题意，舍去）。 所以$OP = \sqrt{3}。$ 在$Rt\triangle POQ$中，$OQ = OB = 3，$由勾股定理得$PQ = \sqrt{OQ^{2}-OP^{2}}=\sqrt{3^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{9 - 3}=\sqrt{6}。$ （2）解：连接$OQ。$ 由勾股定理，得$PQ = \sqrt{OQ^{2}-OP^{2}}=\sqrt{9 - OP^{2}}。$ 要使$PQ$的长取最大值，则$OP$的长取最小值，此时$OP\perp BC。$ 因为$\angle ABC = 30^{\circ}，$所以$OP = \frac{1}{2}OB = \frac{3}{2}。$ 所以$PQ$长的最大值为$\sqrt{9 - (\frac{3}{2})^{2}}=\sqrt{9-\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}。$ ;