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13. 在半径为$10\ cm的\odot O$中,圆心$O到弦AB的距离为6\ cm$,则弦$AB$的长是
16
$cm$。答案
16
解析
连接OA，过点O作OC⊥AB于点C，则OC=6cm，OA=10cm，AC=BC。
在Rt△OAC中，由勾股定理得：
AC=$\sqrt{OA^{2}-OC^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=\sqrt{100 - 36}=\sqrt{64}=8$cm。
所以AB=2AC=2×8=16cm。
16
在Rt△OAC中，由勾股定理得：
AC=$\sqrt{OA^{2}-OC^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=\sqrt{100 - 36}=\sqrt{64}=8$cm。
所以AB=2AC=2×8=16cm。
16
14. 如图,在正方形$ABCD$中,分别以点$B$,$D$为圆心,正方形的边长$a$为半径画弧,形成树叶形(阴影部分)图案,则树叶形图案的周长为
πa
。答案
πa
解析
树叶形图案的周长由以点$B$和点$D$为圆心的两段弧组成。
因为四边形$ABCD$是正方形，边长为$a$，所以$\angle ABC = \angle ADC = 90°$。
以点$B$为圆心，边长$a$为半径的弧$AC$，其圆心角为$90°$，根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（其中$n$为圆心角度数，$r$为半径），可得弧$AC$的长为$\frac{90\pi a}{180}=\frac{\pi a}{2}$。
同理，以点$D$为圆心，边长$a$为半径的弧$AC$的长也为$\frac{\pi a}{2}$。
所以树叶形图案的周长为两段弧长之和，即$\frac{\pi a}{2}+\frac{\pi a}{2}=\pi a$。
$\pi a$
因为四边形$ABCD$是正方形，边长为$a$，所以$\angle ABC = \angle ADC = 90°$。
以点$B$为圆心，边长$a$为半径的弧$AC$，其圆心角为$90°$，根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（其中$n$为圆心角度数，$r$为半径），可得弧$AC$的长为$\frac{90\pi a}{180}=\frac{\pi a}{2}$。
同理，以点$D$为圆心，边长$a$为半径的弧$AC$的长也为$\frac{\pi a}{2}$。
所以树叶形图案的周长为两段弧长之和，即$\frac{\pi a}{2}+\frac{\pi a}{2}=\pi a$。
$\pi a$
15. 如图,$AB是\odot O$的直径,点$C$,$D都在\odot O$上,连接$CA$,$CB$,$DC$,$DB$。已知$\angle D= 30^{\circ}$,$BC= 3$,则$AB$的长是
6
。答案
6
解析
解：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°。
∵∠A与∠D是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴∠A=∠D=30°。
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=3，
∴AB=2BC=6。
故答案为：6。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°。
∵∠A与∠D是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
∴∠A=∠D=30°。
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=3，
∴AB=2BC=6。
故答案为：6。
16. 如图,在平面直角坐标系中,已知一圆弧过小正方形网格的格点$A$,$B$,$C$,已知点$A的坐标是(-3,5)$,则该圆弧所在圆的圆心坐标是
(-1,0)
。答案
(-1,0)
解析
解：设圆心坐标为$(a,b)$。
已知点$A(-3,5)$，设点$B(1,5)$，$C(4,2)$（根据网格图确定）。
因为圆心到圆上各点距离相等，所以：
$\sqrt{(a + 3)^2 + (b - 5)^2} = \sqrt{(a - 1)^2 + (b - 5)^2}$，
两边平方得：$(a + 3)^2 = (a - 1)^2$，
展开：$a^2 + 6a + 9 = a^2 - 2a + 1$，
化简：$8a = -8$，解得$a = -1$。
再由$\sqrt{(a - 1)^2 + (b - 5)^2} = \sqrt{(a - 4)^2 + (b - 2)^2}$，
将$a = -1$代入：$\sqrt{(-1 - 1)^2 + (b - 5)^2} = \sqrt{(-1 - 4)^2 + (b - 2)^2}$，
即$\sqrt{4 + (b - 5)^2} = \sqrt{25 + (b - 2)^2}$，
两边平方：$4 + b^2 - 10b + 25 = 25 + b^2 - 4b + 4$，
化简：$-6b = 0$，解得$b = 0$。
故圆心坐标为$(-1,0)$。
$(-1,0)$
已知点$A(-3,5)$，设点$B(1,5)$，$C(4,2)$（根据网格图确定）。
因为圆心到圆上各点距离相等，所以：
$\sqrt{(a + 3)^2 + (b - 5)^2} = \sqrt{(a - 1)^2 + (b - 5)^2}$，
两边平方得：$(a + 3)^2 = (a - 1)^2$，
展开：$a^2 + 6a + 9 = a^2 - 2a + 1$，
化简：$8a = -8$，解得$a = -1$。
再由$\sqrt{(a - 1)^2 + (b - 5)^2} = \sqrt{(a - 4)^2 + (b - 2)^2}$，
将$a = -1$代入：$\sqrt{(-1 - 1)^2 + (b - 5)^2} = \sqrt{(-1 - 4)^2 + (b - 2)^2}$，
即$\sqrt{4 + (b - 5)^2} = \sqrt{25 + (b - 2)^2}$，
两边平方：$4 + b^2 - 10b + 25 = 25 + b^2 - 4b + 4$，
化简：$-6b = 0$，解得$b = 0$。
故圆心坐标为$(-1,0)$。
$(-1,0)$
17. 如图,$A$,$B$,$C是\odot O$上的点,以$BC$为一边,作$\angle CBD= \angle ABC$,过$BC上一点P$,作$PE// AB$,交$BD于点E$。若$\angle AOC= 60^{\circ}$,$BE= 3$,则点$P到弦AB$的距离为______
$\frac{3\sqrt{3}}{2}$
。答案
$\frac{3\sqrt{3}}{2}$
18. 如图,$AB是\odot O$的一条弦,$C是\odot O$上一动点,且$\angle ACB= 30^{\circ}$,$E$,$F分别是AC$,$BC$的中点,直线$EF与\odot O交于G$,$H$两点。若$\odot O的半径为7$,则$GE+FH$的最大值为
10.5
。答案
10.5
解析
证明：连接OA，OB。
∵∠ACB=30°，
∴∠AOB=2∠ACB=60°。
∵OA=OB=7，
∴△AOB是等边三角形，AB=7。
∵E，F分别是AC，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，EF=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{7}{2}$。
∵GH是⊙O的弦，GH=GE+EF+FH，
∴GE+FH=GH-EF=GH-$\frac{7}{2}$。
当GH为⊙O直径时，GH最大，GH=14。
∴GE+FH的最大值=14-$\frac{7}{2}$=$\frac{21}{2}$=10.5。
10.5
∵∠ACB=30°，
∴∠AOB=2∠ACB=60°。
∵OA=OB=7，
∴△AOB是等边三角形，AB=7。
∵E，F分别是AC，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，EF=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{7}{2}$。
∵GH是⊙O的弦，GH=GE+EF+FH，
∴GE+FH=GH-EF=GH-$\frac{7}{2}$。
当GH为⊙O直径时，GH最大，GH=14。
∴GE+FH的最大值=14-$\frac{7}{2}$=$\frac{21}{2}$=10.5。
10.5
