13. 如图29-14，$\odot O$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$\odot O$的半径长；
(2) 点F在CD上，且$CE=EF$，求证$AF⊥ BD$.

图29-14

13. (1) 解：连接OD，如图.
∵M是CD的中点，CD=12，
∴$DM=\frac{1}{2}CD=6$，$OM⊥CD$.
在Rt△OMD中，$OD=\sqrt{OM^2+DM^2}=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}$，
即⊙O的半径长为$3\sqrt{5}$.
(2) 证明：连接AC，延长AF交BD于点G，如图.
∵AB⊥CD，CE=EF，
∴AB垂直平分CF.
∴AF=AC，即△ACF是等腰三角形.
∵CE=EF，
∴∠FAE=∠CAE.
∵$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}$，
∴∠CAE=∠CDB.
∴∠FAE=∠CDB.
在Rt△BDE中，
∵∠CDB+∠B=90°，
∴∠FAE+∠B=90°.
∴∠AGB=90°.
∴AG⊥BD，即AF⊥BD.

【分析】
(1) 求圆的半径可通过构造以半径为斜边的直角三角形求解：已知M是弦CD的中点，根据垂径定理，圆心与弦中点的连线垂直于弦，连接OD后即可得到直角三角形OMD，已知两条直角边的长度，用勾股定理就能算出半径OD的长度。
(2) 要证明AF⊥BD，只需证明AF与BD的夹角为90°：首先由AB⊥CD且CE=EF，可得AB是CF的垂直平分线，推出AF=AC，得到∠FAE=∠CAE；再利用同弧所对的圆周角相等，将∠CAE转化为∠CDB；结合Rt△BDE中∠CDB与∠B互余，即可推出∠FAE与∠B互余，进而得到AF与BD的夹角为90°，完成证明。
【解析】
(1) 连接OD，如图。
∵M是CD的中点，CD=12，
∴由垂径定理可得$DM=\frac{1}{2}CD=6$，且$OM⊥CD$，即∠OMD=90°。
在Rt△OMD中，根据勾股定理计算斜边OD：
$OD=\sqrt{OM^2+DM^2}=\sqrt{3^2+6^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$。
(2) 连接AC，延长AF交BD于点G，如图。
∵AB⊥CD，CE=EF，
∴AB垂直平分CF，
∴AF=AC，由等腰三角形三线合一的性质可得∠FAE=∠CAE。
∵$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角为∠CAE和∠CDB，
∴根据圆周角定理，∠CAE=∠CDB，
∴∠FAE=∠CDB。
在Rt△BDE中，∠CDB+∠B=90°，
∴∠FAE+∠B=90°，
∴△AGB中∠AGB=180°-(∠FAE+∠B)=90°，即AG⊥BD，也就是AF⊥BD。
【答案】
(1) 解：连接OD，如图.
∵M是CD的中点，CD=12，
∴$DM=\frac{1}{2}CD=6$，$OM⊥CD$.
在Rt△OMD中，$OD=\sqrt{OM^2+DM^2}=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}$，
即⊙O的半径长为$3\sqrt{5}$.
(2) 证明：连接AC，延长AF交BD于点G，如图.
∵AB⊥CD，CE=EF，
∴AB垂直平分CF.
∴AF=AC，即△ACF是等腰三角形.
∵CE=EF，
∴∠FAE=∠CAE.
∵$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}$，
∴∠CAE=∠CDB.
∴∠FAE=∠CDB.
在Rt△BDE中，
∵∠CDB+∠B=90°，
∴∠FAE+∠B=90°.
∴∠AGB=90°.
∴AG⊥BD，即AF⊥BD.
【知识点】
垂径定理、勾股定理、圆周角定理
【点评】
本题属于圆的常规综合题，第一问是垂径定理和勾股定理的基础应用，难度较低；第二问需要结合垂直平分线性质、圆周角定理完成角的转化，进而推导垂直关系，逻辑连贯，是圆章节的常见考查题型，熟练掌握基础定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.7

14. 如图29-15，在边长为1个单位长度的正方形网格中建立平面直角坐标系，扇形ABC所在圆的圆心A、点B、点C的坐标分别为$(0,1)$，$(3,2)$，$(1,4)$，且均在格点上，请解答下列问题.（不需要写作图过程）
（1）以点$M(-1,1)$为旋转中心，画出扇形ABC逆时针旋转$90°$后的扇形$A_1B_1C_1$；
（2）以点$N(1,0)$为对称中心，画出扇形ABC关于点N对称的扇形$A_2B_2C_2$；
（3）分别求点C绕点N顺时针旋转$72°$的路径长和线段AB绕点M旋转$30°$扫过的面积.

图29-15

14. 解：(1) 扇形$A_1B_1C_1$如图所示.
(2) 扇形$A_2B_2C_2$如图所示.
(3) 依题意，得$CN=4$，
则点C绕点N顺时针旋转$72°$的路径长为$\frac{72π×4}{180}=\frac{8}{5}π$.
∵$AM=1$，$BM=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$，
∴线段AB绕点M旋转$30°$扫过的面积为$\frac{30π×BM^2}{360}-\frac{30π×AM^2}{360}=\frac{17π}{12}-\frac{π}{12}=\frac{4}{3}π$.

【分析】
（1）作旋转后的图形：先确定扇形的关键点A、B、C，根据旋转的性质，将三个点分别绕点$M(-1,1)$逆时针旋转$90°$得到对应点$A_1$、$B_1$、$C_1$，再按原图形的连接方式顺次连接即可得到扇形$A_1B_1C_1$；
（2）作中心对称图形：根据中心对称的性质，点N是对应点连线的中点，利用中点坐标规律求出A、B、C关于点$N(1,0)$的对称点$A_2$、$B_2$、$C_2$，顺次连接即可得到扇形$A_2B_2C_2$；
（3）①求点C的旋转路径长：路径为圆弧，半径是CN的长度，圆心角为$72°$，用弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$计算即可；②求线段AB旋转扫过的面积：线段绕点旋转扫过的图形是扇环，面积等于以MB为半径的扇形面积减去以MA为半径的扇形面积，圆心角均为$30°$，用扇形面积公式$S=\frac{nπ r^2}{360}$计算差值即可。
【解析】
(1) 按照旋转作图规则得到扇形$A_1B_1C_1$；
(2) 按照中心对称作图规则得到扇形$A_2B_2C_2$；
(3) 计算路径长：已知点$C(1,4)$，$N(1,0)$，两点横坐标相同，因此$CN=4-0=4$，
点C绕N顺时针旋转$72°$的路径长为：$l=\frac{nπ r}{180}=\frac{72π × 4}{180}=\frac{8}{5}π$；
计算扫过的面积：已知$A(0,1)$，$M(-1,1)$，两点纵坐标相同，因此$AM=0-(-1)=1$，
点$B(3,2)$，$M(-1,1)$，由勾股定理得$BM=\sqrt{(3+1)^2+(2-1)^2}=\sqrt{17}$，
线段AB绕M旋转$30°$扫过的面积为两个扇形的面积差：
$S=\frac{30π × BM^2}{360}-\frac{30π × AM^2}{360}=\frac{30π × 17}{360}-\frac{30π × 1}{360}=\frac{17π}{12}-\frac{π}{12}=\frac{4}{3}π$。
【答案】
(1) 扇形$A_1B_1C_1$如图所示.
(2) 扇形$A_2B_2C_2$如图所示.
(3) 点C绕点N顺时针旋转$72°$的路径长为$\frac{8}{5}π$，线段AB绕点M旋转$30°$扫过的面积为$\frac{4}{3}π$。
【知识点】
旋转变换作图，中心对称作图，弧长与扇形面积计算
【点评】
本题综合考查了图形变换的作图和相关计算，作图时需紧扣旋转、中心对称的性质确定对应点位置，计算时要准确找到圆弧的半径、圆心角，明确线段绕点旋转扫过的区域是扇环，熟记相关公式是解题的关键。
【难度系数】
0.7