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∴∠BAE=∠DAF，AE=AF， ∴∠DAF+∠DAG=45°， 即∠GAF=45°， ∴∠EAG=∠FAG． 在△AGE和AGF中，
，
∴△AGE≌AGF（SAS）， ∴EG=GF． ∵GF=GD+DF， ∴GF=GD+BE， ∴EG=BE+DG；
（3）G不一定是边CD的中点．
理由：设AB=6k，GF=5k，BE=x，
∴CE=6k﹣x，EG=5k，CF=CD+DF=6k+x， ∴CG=CF﹣GF=k+x，
在Rt△ECG中，由勾股定理，得 （6k﹣x）+（k+x）=（5k）， 解得：x1=2k，x2=3k， ∴CG=4k或3k．
∴点G不一定是边CD的中点． 10．【答案与解析】 解：（1）∠COD=90°．
理由：如图①中，∵AB是直径，AM、BN是切线， ∴AM⊥AB，BN⊥AB， ∴AM∥BN， ∵CA、CP是切线，
∴∠ACO=∠OCP，同理∠ODP=∠ODB， ∵∠ACD+∠BDC=180°， ∴2∠OCD+2∠ODC=180°， ∴∠OCD+∠ODC=90°， ∴∠COD=90°．
（2）如图①中，∵AB是直径，AM、BN是切线，
∴∠A=∠B=90°， ∴∠ACO+∠AOC=90°， ∵∠COD=90°，
2
2
2
。
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∴∠BOD+∠AOC=90°， ∴∠ACO=∠BOD， ∴RT△AOC∽RT△BDO， ∴
=
，
即AC?BD=AO?BO， ∵AB=6， ∴AO=BO=3， ∴AC?BD=9．
（3）△PQD能与△ACQ相似．
∵CA、CP是⊙O切线， ∴AC=CP，∠1=∠2， ∵DB、DP是⊙O切线，
∴DB=DP，∠B=∠OPD=90°，OD=OD， ∴RT△ODB≌RT△ODP， ∴∠3=∠4，
①如图②中，当△PQD∽△ACO时，∠5=∠1， ∵∠ACO=∠BOD，即∠1=∠3， ∴∠5=∠4， ∴DQ=DO， ∴∠PDO=∠PDQ， ∴△DCQ≌△DCO， ∴∠DCQ=∠2，
∵∠1+∠2+∠DCQ=180°， ∴∠1=60°=∠3，
在RT△ACO，RT△BDO中，分别求得AC=∴AC：BD=1：3．
②如图②中，当△PQD∽△AOC时，∠6=∠1， ∵∠2=∠1， ∴∠6=∠2，
，BD=3
，
。
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∴CO∥QD， ∴∠1=∠CQD， ∴∠6=∠CQD， ∴CQ=CD，
∵S△CDQ=?CD?PQ=?CQ?AB， ∴PQ=AB=6， ∵CO∥QD， ∴
=
，即
=，
∴AC：BD=1：2 第 18 18页欢迎下载。
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2024届中考数学总复习：创新、开放与探究型问题
