有關(guān)圓的問題壓軸題-2022屆中考數(shù)學(xué)壓軸大題專項突破(全國解析版)

有關(guān)圓的問題壓軸題-2022屆中考數(shù)學(xué)壓軸大題專項突破（全國通用解析版）專題有關(guān)圓的常見壓軸題1．（2021·長沙市雅禮實驗中學(xué)九年級月考）在平面直角坐標系xOy中，作⊙O分別交x軸y軸于點A、B，點C在第三象限且在圓上，D是弦AB的中點，OD的長為．（1）如圖1所示，求半徑的長度；（2）如圖1所示，若圓心O到弦BC的距離OE=，求C點的坐標；（3）如圖2所示，C點坐標同第（2）問，P是x軸下方的一個動點，使得∠BPC：∠BOC=1：2，四邊形OBPC的面積是否存在最大值？若存在請算出面積，并直接寫出P點坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）5；（2）C（-4，-3）；（3）存在，四邊形OBPC面積最大值為；P（，）【解題思路分析】（1）利用直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)即可求解；（2）設(shè)C為（x，y），由B（0，-5），求得E（，），再利用兩點之間的距離公式列方程求解即可；（3）分點P在⊙O上和點P在與⊙O等半徑同BC弦的⊙M上，利用四邊形的面積公式以及相似三角形的判定和性質(zhì)即可求解．【解析】解：（1）∵OA=OB，∠AOB=90°，∴∠OAB=45°，∴OA=AB，∵OD經(jīng)過圓心O點，D是AB的中點，∴OD⊥AB，AB=2OD，∴OA=AB=OD=5；（2）∵OE⊥BC，∴E是BC的中點，∴B（0，-5），設(shè)C為（x，y），則E為（，），∵OC=5，∴x2+y2=25，∵OE=，∴，∴，∴，∴，解得，，因為C在第三象限，∴C（-4，-3）；（3）∵∠BPC：∠BOC=1：2，①當P點在⊙O上，此時不構(gòu)成四邊形OBPC，不符合題意，②P點在如圖所示的⊙M上（⊙M與⊙O是等圓），當點P在OM的延長線上時，四邊形OBPC面積最大，此時，OP垂直平分BC，∵OE=，∴ME=OE=，∴，∵C（-4，-3），∴BC=，∴四邊形OBPC面積最大值為·，綜上所述四邊形OBPC面積最大值為，過點P作PG⊥軸于點G，在Rt△OEB中，OE=，BO=5，∴EB=，∵∠BOE=∠POG=90°，∠OEB=∠OGP=90°，∴△OEB∽△OGP，∴，∴，∴，，∴P（，）．2．（2021·哈爾濱德強學(xué)校九年級月考）△ABC內(nèi)接于⊙O，弦CD⊥AB于點E，AF⊥BC于點F交弦CD于點G．（1）如圖1，求證：DE＝EG；（2）如圖2，連接BD、OF，若BD＝FG，求證：FO平分∠AFC；（3）如圖3，在（2）的條件下，點H在線段CG上，連接FH，若∠CFH＝∠ABD，F(xiàn)H＝4，CG＝10，求線段OG的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【解題思路分析】（1）連接，根據(jù)同弧所對的圓周角相等，可得，根據(jù)同角的余角相等可得，進而可得，根據(jù)等角對等邊以及三線合一即可得證；（2）連接，，由（1）可得，結(jié)合已知條件可得即可求得，進而證明可得，進而證明即可證明FO平分∠AFC；（3）過點作于點，過點分別作的垂線，垂足為,根據(jù)等角的余角相等可得，進而根據(jù)列出比例式，求得，進而可得，在中，勾股定理求得，進而求得,由垂徑定理可得，根據(jù)已知條件結(jié)合（2）的結(jié)論，可得四邊形是正方形，進而在中，勾股定理即可求得．【解析】（1）連接，如圖，，，，，，，，，，，（2）連接，，如圖，由（1）可得，，BD＝FG，，，，，，，，，,，，，，，，在和中，，，，平分，（3）如圖，過點作于點，，，，，，，由（2）可得，，F(xiàn)H＝4，，，，，，即，，設(shè)，則，，解得或，，，，，，在中，，即，解得（負值舍去），，，過點分別作的垂線，垂足為,如圖，，平分，，，，，四邊形是正方形，，，，中，，．3．（2021·廣東惠州一中九年級一模）如圖，內(nèi)接于⊙O，，為直徑，與相交于點，過點作，垂足為，延長交的延長線于點，連接．（1）求證：與⊙O相切：（2）若，求的值；（3）在（2）的條件下，若⊙O的半徑為4，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）．【解題思路分析】（1）要證PG與⊙O相切只需證明∠OBG=90°，由∠BAC與∠BDC是同弧所對圓周角且∠BDC=∠DBO可得∠CBG=∠DBC，結(jié)合∠DBC+∠OBC=90°即可得證；（2）求需將BE與OC或OC相等線段放入兩三角形中，通過相似求解可得，作OM⊥AC、連接OA，證△BEF∽△OAM得，由AM=AC、OA=OC知，結(jié)合即可得；（3）Rt△DBC中求得BC=4、∠DCB=30°，在Rt△EFC中設(shè)EF=x，知EC=2x、FC=x、BF=4﹣x，繼而在Rt△BEF中利用勾股定理求出x的，從而得出答案．【解析】（1）證明：如圖，連接，∵，，、，，是⊙O的直徑，∴∠DBC=90°，，，，與⊙O相切；（2）解：過點作于點，連接，∵OC=OA，，∴，，，∴∠EBF=∠AOM，又，，，，，，又，；（3）解：，，，在中，，又，是等邊三角形，，，，，∴EC=2EF，由勾股定理FC=設(shè)，則、，，，且，，在中，，，整理得△=242-16×23=208＞0解得：，，舍去，，．4．（2021·福建永春·九年級學(xué)業(yè)考試）如圖，矩形ABCD是⊙O的內(nèi)接矩形，⊙O半徑為5，AB＝8，點E、F分別是弦CD、BC上的動點，連結(jié)EF，∠EAF始終保持等于45°．（1）求AD的長度．（2）已知DE＝，求BF的長度．（3）試探究△AEF的面積是否存在最小值，若存在，請求出它的最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）AD＝6；（2）BF＝2；（3）△AEF的面積存在最小值，最小值48﹣48．【解題思路分析】（1）連接BD，根據(jù)矩形性質(zhì)及圓周角定理可得答案；（2）過點E作EG⊥AE交AF的延長線于點G，過點G作MN⊥AB，分別交直線DC、AB點M、N，由矩形性質(zhì)及余角性質(zhì)得∠EGM＝∠AED，然后由全等三角形的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)可得答案；（3）過點E作EH⊥AB于H，交AF于點P，作△APE的外接圓⊙I，連接IA、IP、IE，過I作IQ⊥CD于點Q，設(shè)⊙I的半徑為r，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)及三角形面積公式可得答案．【解析】（1）如圖，連接BD，在矩形ABCD中，∠DAB＝90°，∴BD是⊙O的直徑，∵⊙O半徑為5，∴BD＝10，∴AD＝＝6；（2）如圖，過點E作EG⊥AE交AF的延長線于點G，過點G作MN⊥AB，分別交直線DC、AB點M、N，在矩形ABCD中，∠D＝∠DAB＝90°，∴∠EMG＝∠D＝90°，∴四邊形ADMN是矩形，∴∠EGM+∠MEG＝90°，∴∠AED+∠MEG＝90°，∴∠EGM＝∠AED，在△AEG中，∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠EGF＝45°，∴AE＝EG，∴△AED≌△EGM（AAS），∴MG＝DE＝，EM＝AD＝6，∴AN＝DE+EM＝，NG＝MN﹣MG＝，∵MNADBC，∴△ABF∽△ANG，∴，解得BF＝2；（3）△AEF的面積存在最小值，理由如下：過點E作EH⊥AB于H，交AF于點P，作△APE的外接圓⊙I，連接IA、IP、IE，過I作IQ⊥CD于點Q，設(shè)⊙I的半徑為r，∵∠EAF＝45°，∴∠EIP＝90°，∠IEP＝45°，∠IEQ＝45°，∴EP＝r，IQ＝r，∵IA+IQ≥AD，∴r+r≥6，∴r≥12﹣6，∴S△AEF＝AB?EP＝4r，∴S△AEF≥4（12﹣6），∴S△AEF﹣48，∴△AEF的面積存在最小值，最小值48﹣48．5．（2021·福建泉州·九年級模擬預(yù)測）如圖1，在直角坐標系中，直線與、軸分別交于點、兩點，的角平分線交軸于點．點為直線上一點，以為直徑的⊙G經(jīng)過點，且與軸交于另一點．（1）求證：軸是⊙G的切線；（2）請求⊙G的半徑，并直接寫出點的坐標；（3）如圖2，若點為⊙G上的一點，連接，且滿足，請求出的長？【答案】（1）見解析；（2）；的坐標為（1，4）；（3）．【解題思路分析】（1）要證明軸是⊙G的切線，只需要連接后證明即可．（2）由（1）可知，則，設(shè)半徑為后，利用對應(yīng)邊的比相等列方程即可求出半徑的值，再證明，由此可求得點C的坐標．（3）由于，所以可以連接、構(gòu)造直角三角形．再過點作，然后利用勾股定理即可求出的長度．【解析】（1）證明：如圖，連接，的角平分線交軸于點，，，，，，，為半徑，軸是⊙G的切線；（2）解：，，，，在中，由勾股定理可得：，設(shè)半徑，則，，，，，，，∴，如圖，過點C作CM⊥y軸于點M，則，∴，，，解得：，，∴，的坐標為；（3）解：如圖，過點作于，連接、，是直徑，，，，，在中，由勾股定理可知：，∴，∴（舍負），∴，設(shè)，則，∵，∴，~，，，，∵在中，由勾股定理可知：，，解得：或（不合題意，舍去），，∵，，∴，∴，∵在中，由勾股定理可得：，∴，∴（舍負），∴，在中，由勾股定理可知：，．6．（2021·北京人大附中九年級月考）在平面中，對于⊙C以及它的弦，若存在正方形，使點在弦上，點在⊙C上，則稱正方形是⊙C關(guān)于弦的一個“聯(lián)絡(luò)正方形”下圖中的正方形即為⊙C關(guān)于弦的一個“聯(lián)絡(luò)正方形”在平面直角坐標系中，已知點的坐標為，點的坐標為，以為圓心，為半徑的圓與軸的另一個交點為．（1）當時，判斷⊙C關(guān)于弦的“聯(lián)絡(luò)正方形”是否存在（直接回答）；（2）當時，⊙C關(guān)于弦的“聯(lián)絡(luò)正方形”為，求點的坐標；（3）當⊙C關(guān)于弦的“聯(lián)絡(luò)正方形”為存在，且點在拋物線上時，直接寫出此時點的坐標．【答案】（1）⊙C關(guān)于弦的“聯(lián)絡(luò)正方形”不存在；證明見詳解；（2）點E的坐標為（1-，）或（1+，-）；（3）點F的坐標為（1，3）或（1，6）．【解題思路分析】（1）連接OE，當時，點P（2，0），點C（4，3）先求出3≤CD≤，根據(jù)四邊形CDEF為正方形，可求OE≥即可；（2）過E、C分別作EH⊥x軸于H，CG⊥x軸于G，先證△HED≌△GDC（AAS），可得EH=DG，HD=CG，由t=0，點P（0，0），點C（4，3），利用勾股定理求出OP=，由點E在圓上，可得OE=OP=5，CD=，利用勾股定理求出DG=，分當點E在第二象限或第四象限時即可求解；（3）過點F作FM⊥GC交延長線于M，先證△EHD≌△FMC≌△CGD，可得EH=MC=DG，HD=FM=CG=3，設(shè)點D（m,0）用m表示點E（m-3，4-m）可列方程4-m=（m-3）2-1，解方程即可求解．【解析】解：（1）連接OE，當時，點P（2，0），點C（4，3）∴CP=，∵點D在PQ上，∴3≤CD≤，∵四邊形CDEF為正方形，∴OE=，∴OE≥，∴點E在⊙C外，⊙C關(guān)于弦的“聯(lián)絡(luò)正方形”是不存在；（2）過E、C分別作EH⊥x軸于H，CG⊥x軸于G，∴∠HED+∠HDE=90°，∵四邊形CDEF為正方形，∠EDC=90°，ED=CD,∴∠HDE+∠GDC=90°，∴∠HED=∠GDC，在△HED和△GDC中，，∴△HED≌△GDC（AAS），∴EH=DG，HD=CG，∵t=0，點P（0，0），點C（4，3），∴OP=，∵點E在圓上，∴OE=OP=5，∵四邊形CDEF為正方形，∴OE=，∴CD=，在Rt△DCG中，DG=，當點E在第二象限，PG=4，HD=CG=3，EH=DG=，∴PH=HD-PD=HD-（PG-DG）=3-（4-）=-1，∴點E（1-，），當點E在第四象限時，PH=PG-HG=PG-（HD-DG）=4-（3-）=1+，∴點E（1+，-），∴綜合點E的坐標為（1-，）或（1+，-）；（3）過點F作FM⊥GC交延長線于M，由（2）△EHD≌△DGC∴∠MFC+∠MCF=90°，∵四邊形CDEF為正方形，∠FCD=90°，F(xiàn)C=CD,∴∠MCF+∠GCD=90°，∴∠MFC=∠GCD，在△FMC和△CGD中，，∴△FMC≌△CGD（AAS），∴△EHD≌△FMC≌△CGD∴EH=MC=DG，HD=FM=CG=3，設(shè)點D（m，0），∴DG=4-m，∴OH=HG-OG=CG+DG-OG=4-m+3-4=3-m，∴點E（m-3，4-m），∴4-m=（m-3）2-1，解得m=4或m=1，當m=1時，點E（-2，3）滿足條件，此時DG=3=CM，點F的橫坐標x=OG-FM=4-3=1，縱坐標y=MG=MC+CG=3+3=6，∴點F（1，6），當m=4時，點E（1，0）滿足條件，此時DG=0=CM，點F的橫坐標x=OG-FM=4-3=1，縱坐標y=MG=MC+0=3+0=3，∴點F（1，3），綜合點F的坐標為（1，3）或（1，6）．7．（2021·重慶實驗外國語學(xué)校九年級模擬預(yù)測）已知四邊形內(nèi)接于⊙O，．（1）如圖1，求證：點到兩邊的距離相等；（2）如圖2，已知與相交于點，為⊙O的直徑．①求證：；②若，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②【解題思路分析】（1）連接，由等弦對等弧，等弧對等角得，即可得證；（2）①由，得到，由直徑所對的圓周角是直角，可推得；過點作，交延長線于點，根據(jù)角的關(guān)系證明，又由，得到，進一步等量代換得，即可得證；（2）②由第一小問知，，設(shè)，則，由條件求出BD的值，建立等量關(guān)系，分別求出DE的值，再證明，根據(jù)相似三角形線段成比例得，代入相關(guān)數(shù)值求解即可．【解析】證明：（1）如圖1，連接，，，，點到兩邊的距離相等；（2）①，，為直徑，，，如圖2，過點作，交延長線于點，，，又由（1）知：，，，，，，②如圖，由（2）①得：，則，設(shè)，則，為直徑，，，，，解得：，，，又，，，，，，．8．（2021·杭州市采荷中學(xué)九年級二模）在中，，以為直徑的⊙O交于點．

（1）如圖①，以點為圓心，為半徑作圓弧交于點，連結(jié)，若，求；（2）如圖②，過點作⊙O的切線交于點，求證：；（3）如圖③，在（1）（2）的條件下，若，求的值．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【解題思路分析】（1）由三角形內(nèi)角和角的計算問題；（2）證明，則，得到，即可求解；（3）設(shè)，，，則，由，得到，同理可得：，即可求解．【解析】解：（1）由題意知，，，，又，；（2）如圖2，為圓的切線，連接，則，，，，，，，且．．，；（3）過作的垂線交于，過作的垂線交于，連接，，，，設(shè)，，，則，而，，則，，則，，，同理可得：，則，所以．9．（2021·浙江溫州·九年級期末）如圖，已知在四邊形中，，以為直徑的⊙O交于點，(點在點上方)，連結(jié)，，，與交于點．（1）求證：；（2）若，，．①求的長；②求．【答案】（1）見解析；（2）①；②1：5．【解題思路分析】（1）由直徑所對的圓周角是90°，得到，再由同弧所對的圓周角相等得到，據(jù)此證明；（2）①過點作于點，由勾股定理解得CD的長，再證明，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例解得，，由勾股定理解得DE的長，再根據(jù)（1）中，由相似三角形的性質(zhì)解得；②連接，證明，，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例解題即可．【解析】（1）證明：是⊙O的直徑，．，．與都是所對的圓周角，，．（2）解：①過點作于點，如圖．，，，，，．，，．，，．，．，點在點上方，，，．由（1）知，，，即，．②連接，如圖．，，，，．，，，，．，，，．，，，，，．10．（2021·宜興市實驗中學(xué)九年級二模）問題提出：（1）如圖①，在中，，，，若平分交于點，那么點到的距離為______．問題探究：（2）如圖②，四邊形內(nèi)接于⊙O，為直徑，點是半圓的三等分點（弧?。B接，若平分，且，求四邊形的面積．問題解決：（3）為把“十四運”辦成一屆精彩圓滿的體育盛會很多公園都在進行花卉裝扮，如圖③所示是其中一塊圓形場地，設(shè)計人員準備在內(nèi)接四邊形區(qū)域內(nèi)進行花卉圖案設(shè)計，其余部分方便游客參觀，按照設(shè)計要求，四邊形滿足，，且（其中），為讓游客有更好的觀體驗，四邊形花卉的區(qū)域面積越大越好，那么是否存在面積最大的四邊形？若存在，求出這個最大值，不存在請說明理由．【答案】（1）；（2）32；（3）存在，【解題思路分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)和等積法可求出點D到AC的距離；（2）連接OB，根據(jù)題意得，作AE⊥BD，利用解直角三角形可求AB的長，通過解直角三角形分別求出BC，AD，CD的長，再根據(jù)面積公式求解即可；（3）過點A作AN⊥BC于點N，AM⊥DC，交DC的延長線于點M，連接AC，可得，根據(jù)面積法求出關(guān)于面積的二次函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出最值即可．【解析】解：（1）如圖，設(shè)點D到AC和AB的距離分別為DE，DF，∵AD平分∠BAC∴DE=DF∴，∴∴，即點到的距離為，故答案為：；（2）連接OB，∵點是半圓的三等分點（弧弧），∴∴∵AC是⊙O的直徑，∴∵BD平分∠ABC∴過點A作AE⊥BD于點E，則∴AE=BE設(shè)AE=BE=x，則∵BD=BE+DE=∴x=∴∵∴∴BC=∵BD平分∠ABC∴∴∴AD=CD∵AE⊥DE∴∵，∴∴===32；（3）過點A作AN⊥BC于點N，AM⊥DC，交DC的延長線于點M，連接AC，∵AB=AD∴∠ACB=∠ACD∴AM=AN∴△ABN≌△ADM∴∵AN=AM，∠BCA=∠DCA，AC=AC∴△ACN≌△ACM∴∵∠ABC=60°∴∠ADC=120°∴∠ADM=60°，∠MAD=30°設(shè)DM=x，則AD=2x，∴∵∴，即∵拋物線對稱軸為x=5∴當x=4時，有最大值，為11．（2021·廣西南寧十四中九年級開學(xué)考試）如圖，是⊙O的直徑，弦于點，點是⊙O上一點，且．連接，，交于點．（1）若，，求⊙O的半徑；（2）求證：；（3）連接并延長，交的延長線于點，過點作⊙O的切線，交的延長線于點．求證：．【答案】（1）5；（2）見解析；（3）見解析．【解題思路分析】（1）連接AC，BC，BD，通過證明△BCE∽△CAE，可得，可求AE的長，即可求⊙O的半徑；（2）通過證明△BDE≌△NDE，可得∠DBN＝∠DNB，即可證AN＝AF，可得△ANF為等腰三角形；（3）通過證明△ODE∽△ODM，可得DO2＝OE?OM，通過證明△PCO∽△CNO，可得CO2＝PO?ON，即可得結(jié)論．【解析】解：（1）如圖，連接AC，BC，BD，∵CD⊥AB，AB是直徑∴∴∠BCD＝∠BAC，且∠BEC＝∠CEA∴△BCE∽△CAE∴,即,∴AE＝9∴AB＝AE+BE＝10∴⊙O的半徑為5；（2）∵，∴∠BCD＝∠BDC＝∠CDF，且DE＝DE，∠BED＝∠NED＝90°∴△BDE≌△NDE（ASA）∴∠DBN＝∠DNB，BE＝EN∵∠DBA＝∠DFA，∠BND＝∠FNA∴∠FNA＝∠DFA∴AN＝AF；（3）如圖，連接NC，CO，DO，∵MD是切線，∴MD⊥DO，∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE∴△MDO∽△DEO∴，∴OD2＝OE?OM∵AE＝EN，CD⊥AO∴∠BNC＝∠CBN，∴∠CBP＝∠CNO，∵，∴∠BOC＝∠BAF∵CO//AF∴∠PCO＝∠PFA∵四邊形BCFA是圓內(nèi)接四邊形∴∠PBC＝∠PFA∴∠PBC＝∠PFA＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE∴△CNO∽△PCO∴，∴CO2＝PO?NO，∴ON?OP＝OE?OM．12．（2021·湖南師大附中博才實驗中學(xué)九年級二模）定義：三角形一邊上的點將該邊分為兩條線段，且這兩條線段的乘積等于這個點到這邊所對頂點連線段的平方，則稱這個點為這個三角形該邊的“好點”，如圖1，在中，點是邊上的一點，連接，若，則稱點是中邊的“好點”．（1）如圖1，在中，，若點是邊的“好點”，且，則線段的長是__________；（2）若一次函數(shù)與反比例函數(shù)交于，兩點，與軸交于點，若點是中邊的“好點”，求的值；（3）如圖2，的外接圓是圓，點在邊上，連接并延長，交圓于點，若點是中邊的“好點”，，圓的半徑為，且，求的值．【答案】（1）；（2）；（3）【解題思路分析】（1）根據(jù)“好點”的定義知，代入即可；（2）設(shè)，則，設(shè)，，，，表示出，的長，可得，再根據(jù)“好點”定義即可得出答案；（3）連接，可證，得，再根據(jù)點是中邊上的“好點”，得，則，設(shè)，則，，勾股定理得，再求出，即可解決問題．【解析】解：（1），，，由題可知：，，故答案為．（2）聯(lián)立，得：，設(shè)，，，，令，則，，，，，由題可知：，，，，（3）連接，，，，，，點是中邊上的“好點”，，，，，又，，是圓的直徑，，設(shè)，則，，在中，，，在中，，點是中邊上的“好點”，，．13．（2021·福建省福州延安中學(xué)九年級月考）已知AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上一點，D是弧BC的中點，射線BD與射線AC交于點P．（1）如圖1，①判斷的形狀，并說明理由；②若，，求AD的長；（2）如圖2，若點Q在弦AD上，于E，于F，交AD于點G，連接PQ、CG，求證：．【答案】（1）①△PAB為等腰三角形，理由見解析；②；（2）見解析【解題思路分析】（1）①只需要證明△ADP≌△ADB即可得到AP=AB，則△PAB為等腰三角形；②先利用勾股定理求出AB，然后求出CP，從而可以求出BD，最后利用勾股定理求出AD即可；（2）先證明△AFG∽△AEQ，得到，再證明△AEF∽△ACB，得到，由AB=AP，則，即，可以證得△CAG∽△PAQ，由此求解即可．【解析】解：（1）①△PAB為等腰三角形，理由如下：∵D是弧BC的中點，∴，∴∠PAD=∠BAD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠ADP=∠ADB=90°，又∵AD=AD，∴△ADP≌△ADB（ASA），∴AP=AB，∴△PAB為等腰三角形；②∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴，∠BCP=90°，∴，∴，由①得△ADP≌△ADB，則PD=BD=，∴；（2）∵EF⊥AC，QE⊥AB，∴∠AFE=∠AEQ=90°，又∵∠BAD=∠PAD，∴△AFG∽△AEQ，∴，∵EF⊥AC，BC⊥AC，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ACB，∴，∵AB=AP，∴，∴即，又∵∠CAG=∠PAQ，∴△CAG∽△PAQ，∴∠AGC=∠AQP，∴PQ∥CG．14．（2021·江西興國·九年級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，點C在⊙O上，點E是的中點，延長AC交BE的延