15 如图,在$△ ABC$中,以点$A$为圆心画弧分别交$BA$的延长线,$AC$于点$E,F$,连接$EF$并延长交$BC$于点$G$,$EG⊥ BC$.求证:$AB=AC$.

证明：∵​$AE = AF，$​∴​$∠AEF = ∠AFE$​∵​$∠AFE = ∠CFG，$​∴​$∠AEF = ∠CFG$​∵​$EG\perp BC$​∴​$∠AEF + ∠B = 90°，$​​$∠C + ∠CFG = 90°$​∴​$∠B = ∠C$​∴​$AB = AC$​

16 如图，AB是$\odot O$的直径，C是$\odot O$上的一点，$CD⊥ AB$于点D，$AD＜BD$，若$CD=2\ \mathrm{cm}$，$AB=5\ \mathrm{cm}$，求AD，AC的长。

解：如图，连接​$OC$​∵​$AB = 5\ \mathrm {cm}，$​∴​$OC = OA = \frac 12\ \mathrm {A}B = \frac 52\ \mathrm {cm}$​​$ $​在​$Rt\triangle CDO$​中，由勾股定理，得​$DO = \sqrt {(\frac 52)^2-2^2}=\frac 32(\mathrm {cm})$​∴​$AD = AO - DO = \frac 52-\frac 32= 1(\mathrm {cm})$​​$ $​在​$Rt\triangle ADC$​中，由勾股定理，得​$AC = \sqrt {2^2+1^2}=\sqrt 5(\mathrm {cm})$​​$ $​故​$AD$​的长为​$1\ \mathrm {cm}，$​​$AC$​的长为​$\sqrt 5\ \mathrm {cm}$​ ;

17 如图,在$\odot O$中,直径$MN=10$,正方形$ABCD$的四个顶点分别在$\odot O$及半径$OM,OP$上,且$∠ POM=45°$,求正方形$ABCD$的边长.

解：连接​$AO$​∵四边形​$ABCD$​是正方形∴​$∠ABC = ∠BCD = 90°，$​​$AB = BC = CD$​∴​$∠DCO = 90°$​∵​$∠POM = 45°，$​∴​$∠CDO = 45°$​∴​$CD = CO$​∴​$BO = BC + CO = BC + CD，$​∴​$BO = 2\ \mathrm {A}B$​∵​$MN = 10，$​∴​$AO = 5$​​$ $​在​$Rt\triangle ABO$​中，​$AB^2+BO^2=AO^2$​​$ $​即​$AB^2+(2\ \mathrm {A}B)^2=5^2，$​解得​$AB = \sqrt 5$​∴正方形​$ABCD$​的边长为​$\sqrt 5$​

18 在$\odot O$中，直径$AB=10$，$BC$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$PQ$的长度；
（2）如图2，当点$P$在$BC$上移动时，求$PQ$长度的最大值.

解：​$(1)$​如图​$1，$​连接​$OQ$​∵​$PQ// AB，$​​$OP\perp PQ，$​∴​$OP\perp AB$​​$ $​在​$Rt\triangle OBP $​中，∵​$∠ABC = 30°，$​∴​$BP = 2OP$​∴​$OP^2+OB^2=BP^2=4OP^2$​又​$OB = 5，$​∴​$OP = \frac {5\sqrt 3}3$​​$ $​在​$Rt\triangle OPQ $​中，∵​$OP = \frac {5\sqrt 3}3，$​​$OQ = 5$​∴​$PQ = \sqrt {OQ^2-OP^2}=\frac {5\sqrt 6}3$​​$ (2)$​如图​$2，$​连接​$OQ$​​$ $​当​$OP $​的长最小时，​$PQ $​的长最大，此时​$OP\perp BC$​​$ $​则​$OP = \frac 12OB = \frac 52$​∴​$PQ = \sqrt {OQ^2-OP^2}=\sqrt {5^2-(\frac 52)^2}=\frac {5\sqrt 3}2$​∴​$PQ $​长度的最大值为​$\frac {5\sqrt 3}2$​ ;