第23課圓選填壓軸題一、單選題1．如圖，內接于，若為的內心，連結并延長交于點，為、交點，連結、，以下結論：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）若，則．以上結論正確的有（

）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】A【分析】根據內心是三角形三條角平分線的交點，利用圓周角定理和外角的性質，得到，從而推出；再證明，得到；證明，得到；【解析】解：∵點是的內心∴，∵，∴，∴∵，∴，∴；無法證明，故（1）錯誤；∵∴，∵，∴，∴，∴，∴；故（2）正確；∵，∴，∴，∴；故（3）錯誤；∵，∴，∴，∴，【點睛】本題考查三角形的內心，圓周角定理以及相似三角形的判定和性質．熟練掌握三角形的內心是三條角平分線的交點，以及等弧所對的圓周角相等，證明三角形相似是解題的關鍵．2．如圖，等腰內接于圓O，直徑，D是圓上一動點，連接，，且交于點G．下列結論：①平分；②；③當，四邊形的面積為；④當時，四邊形的周長最大，正確的有（

）A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④【答案】C【分析】證明，由圓周角定理以及三角形的外角性質即可證明①②正確；作，交延長線于M，證明，利用勾股定理以及三角形面積公式即可證明③錯誤；當時，四邊形的周長最大，據此求解即可．【解析】解：∵等腰內接于圓O，且為直徑，∴，∴，即平分；故①正確；∵，∴，∵，∴；故②正確；作，交延長線于M，∵，∴，∵A、C、B、D四點共圓，∴，，∴，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，由勾股定理得：，∵，∴；∵，∴；∵直徑，，，∴，，∴，四邊形的面積為，故③錯誤；∵，要使四邊形的周長最大，要最大，∴當時，四邊形的周長最大，此時，，故④正確；綜上，①②④正確；故選：C【點睛】本題考查了圓內接四邊形的性質，全等三角形的性質和判定，勾股定理，圓周角定理，等腰直角三角形的性質等知識點的綜合運用，綜合性比較強，難度偏大．3．如圖所示，半徑為的的弦，，交于點，為上一點，連接，，，．有下列結論：①；②若．則；③若，，則．其中正確的是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】①由弦，可得，進而可得，然后由圓周角定理，證得，即可判定；②連接，由，，可求得，進而可得是等腰直角三角形，則可求得；③設與相交于點G，連接，易證得是等腰三角形，即可判斷．【解析】①∵弦，∴，∴，，故①正確；②連接，，∴，故②正確；③設與相交于點G，連接，∵，在和中，∵，其中正確的是：①②③，故選D.【點睛】本題考查圓的綜合問題，熟練掌握圓的相關性質是解題的關鍵.4．如圖，如圖，是的直徑，點是上一點，與過點的切線垂直，垂足為，直線與的延長線交于點，弦平分，交于點，連接，．下列四個結論：①平分；②；③若，則陰影部分的面積為；④若，則．其中正確的是（

）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】B【分析】①連接，根據是的切線，，推出，得到，根據，推出，得到，得到平分，此結論正確；②根據是的直徑，推出，得到，根據，推出，得到，根據，推出，推出，得到，根據平分，推出，根據，，推出，得到，得到，此結論正確；③根據若，推出是斜邊上的中線，推出，根據，推出，得到是等邊三角形，得到，連接，則，根據，推出，得到，推出，此結論不正確；④根據，，，推出，得到，根據，推出，得到，根據，推出，得到，根據，推出，此結論正確．【解析】①連接，∵是的切線，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分，故平分正確；②∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵平分，∴，∵，，∴，∴，∴，故正確；③∵若，∴是斜邊上的中線，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，連接，則，∵，∴，∴，∴，故若，則陰影部分的面積為不正確；④∵，，，∴，∴，∵，∴，∴,∵，∴,∴，∵，∴．故若，則正確．故選：B．【點睛】本題主要考查了圓的切線，角平分線，圓周角，勾股定理，平行線，相似三角形，等邊三角形，扇形面積，銳角三角函數等，解決問題的關鍵是添加輔助線，熟練掌握圓的切線的性質，角平分線的定義，圓周角定理的推論，勾股定理解直角三角形，平行線分線段成比例定理，相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，扇形面積計算公式，正切的定義．5．如圖，如圖，是的直徑，點是上一點，與過點的切線垂直，垂足為，直線與的延長線交于點，弦平分，交于點，連接，．下列四個結論：①平分；②；③若，則陰影部分的面積為；④若，則．其中正確的是（

）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【答案】B【分析】①連接，根據是的切線，，推出，得到，根據，推出，得到，得到平分，此結論正確；②根據是的直徑，推出，得到，根據，推出，得到，根據，推出，推出，得到，根據平分，推出，根據，，推出，得到，得到，此結論正確；③根據若，推出是斜邊上的中線，推出，根據，推出，得到是等邊三角形，得到，連接，則，根據，推出，得到，推出，此結論不正確；④根據，，，推出，得到，根據，推出，得到，根據，推出，得到，根據，推出，此結論正確．【解析】①連接，∵是的切線，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分，故平分正確；②∵是的直徑，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵平分，∴，∵，，∴，∴，∴，故正確；③∵若，∴是斜邊上的中線，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∴，連接，則，∵，∴，∴，∴，故若，則陰影部分的面積為不正確；④∵，，，∴，∴，∵，∴，∴,∵，∴,∴，∵，∴．故若，則正確．故選：B．【點睛】本題主要考查了圓的切線，角平分線，圓周角，勾股定理，平行線，相似三角形，等邊三角形，扇形面積，銳角三角函數等，解決問題的關鍵是添加輔助線，熟練掌握圓的切線的性質，角平分線的定義，圓周角定理的推論，勾股定理解直角三角形，平行線分線段成比例定理，相似三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，扇形面積計算公式，正切的定義．6．如圖，AB為⊙O的直徑，C為的中點，D為劣弧CB上一個動點（點D不與B，C重合），過D作⊙O的切線交AB延長線于點P，連接CD并延長交AB延長線于點Q，給出下列結論：①若CBDP，則∠DAB=22.5°；②若PB=BD，則∠DPA=30°；③DP可能成為∠BDQ的平分線；④若⊙O的半徑為1，則CD?CQ=AB；⑤0°<∠PDQ≤45°．其中正確結論的個數為（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】C為的中點，可得AC=BC，由AB為⊙O的直徑，可得△ABC是等腰直角三角形，所以∠CBA=∠CAB=45°，①若CBDP，得∠DPO=45°，再結合切線性質，得△ODP是等腰直角三角形，所以∠DOP=45°，即可求出圓周角度數；②若PB=BD，可證△ODB是等邊三角形，即可求出∠DPA=30°；③由①即可得DP可能成為∠BDQ的平分線；④證明△ACD∽△CQA，得CD?CQ=AC2=AB；⑤∠PDQ不可能等于∠QDB，而∠QDB=45°，所以⑤錯誤．【解析】解：連接AC，OD，C為的中點，∴AC=BC，∵AB為⊙O的直徑，∴△ABC是等腰直角三角形，∴∠CBA=∠CAB=45°，①∵CBDP，∴∠DPO=∠CBA=45°，∵DP是⊙O切線，∴∠ODP=90°，∴△ODP是等腰直角三角形，∴∠DOP=45°，∴∠DAB=∠DOP=22.5°，故①正確；②若PB=BD，∴∠PDB=∠DPB，∵∠PDB+∠ODB=∠DPB+∠DOP=90°，∴∠ODB=∠DOP，∴DB=OB，∵OD=OB，∴△ODB是等邊三角形，∴∠DOP=60°，∴∠DPA=30°，故②正確；③由①即可得DP可能成為∠BDQ的平分線，故③正確；④∵C為的中點，∴∠CDA=∠CAB，∵∠ACD=∠ACQ，∴△ACD∽△CQA，∴，∴，∵AB=2，∴CD?CQ=AB，故④正確；⑤∵∠QDB=∠CAB=45°，∴0°＜∠PDQ＜45°，所以⑤錯誤．故選：B．【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理及推論，相似三角形的性質及判定，等邊三角形的性質及判定，解題關鍵是抓住幾個等腰直角三角形．7．如圖，已知上的兩條弦和互相垂直于點，點在弦上，點在弦上，且，連接和，點為中點，點為中點，射線與線段交于點，若，，則的長為（

）A． B． C． D．4【答案】D【分析】連接，，，由題意并結合中位線定理可知PO=QO，且PO⊥QO，進而可知為等腰直角三角形，然后計算，過Q作QM垂直于BC，在中由勾股定理計算出，再在中由勾股定理計算的長即可．【解析】解：連接，，，如圖，∵，∴，∴為直徑，∵為的中點，為的中點，∴且，且，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，過點作交于，∴，∴，∴，∵，∴在中，由勾股定理可知，即，解得，在中，，∴，∴，由勾股定理可知，即，整理，得，解得．故選：D．【點睛】本題主要考查了圓周角定理、中位線定理、等腰直角三角形的性質、勾股定理等知識，能夠構造適合的輔助線是解決此題的關鍵．8．如圖，為⊙外一點，過點作⊙的切線、，與過圓心的直線交于、兩點，點、為切點，線段交⊙于點．若，，，則的長度為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，根據切線的性質以及切線長的性質證明四邊形是正方形，設圓的半徑為，可得，根據，解直角三角形，勾股定理求得，根據已知條件，即可求得半徑，進而求得的長．【解析】如圖，連接，、是的切線，，，又，四邊形是矩形，，四邊形是正方形，設，，，，中，，，，，，在中，，，，．故選C．【點睛】本題考查了正切函數，切線的性質，切線長定理，正方形的性質與判定，勾股定理，掌握以上知識是解題的關鍵．9．我們定義：兩邊平方和等于第三邊平方的2倍的三角形叫做奇異三角形，根據定義：①等邊三角形一定是奇異三角形；②在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝c，AC＝b，BC＝a，且b＞a，若Rt△ABC是奇異三角形，則a：b：c＝1：：2；③如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點（不與點A、B重合），D是半圓的中點，C、D在直徑AB的兩側，若在⊙O內存在點E，使AE＝AD，CB＝CE．則△ACE是奇異三角形；④在③的條件下，當△ACE是直角三角形時，∠AOC＝120°，其中，說法正確的有（

）A．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】B【分析】①設等邊三角形的邊長為a，代入檢驗即可；②在中，由勾股定理可得，因為是奇異三角形，且，所以，然后可得，，代入可求；③要證明△ACE是奇異三角形，只需證即可；④由③可得ΔACE是奇異三角形，所以，當ΔACE是直角三角形時，由②可得或，然后分兩種情況討論．【解析】解：設等邊三角形的邊長為a，則，滿足奇異三角形的定義，等邊三角形一定是奇異三角形，故①正確；在中，，∵，∴，，若是奇異三角形，一定有，∴，∴，得．∵，∴，∴，故②錯誤；在中，，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=∠ADB=90°，在中，；在中，．∵D是半圓的中點，∴，∴AD=BD，

∴，又∵，，∴．∴ΔACE是奇異三角形，故③正確；由③可得ΔACE是奇異三角形，∴．當ΔACE是直角三角形時，由②可得或，（Ⅰ）當時，，即，∵，∴，∴．（Ⅱ）當時，，即，∵∠ACB=90°，∴∠ABC=60°，∴∠AOC=2∠ABC=120°，∴∠AOC的度數為60°或120°，故④錯誤；故選：B．【點睛】本題主要考查了：1．命題；2．勾股定理；3．圓周角定理及推論；4．直角三角形的性質．能牢固掌握以上知識點并綜合運用是做出本題的關鍵．10．如圖，在⊙O中，直徑CD垂直弦AB于點E，且OE＝DE．點P為上一點（點P不與點B，C重合），連結AP，BP，CP，AC，BC．過點C作CF⊥BP于點F．給出下列結論：①△ABC是等邊三角形；②在點P從B→C的運動過程中，的值始終等于．則下列說法正確的是（）A．①，②都對 B．①對，②錯 C．①錯，②對 D．①，②都錯【答案】A【分析】作CM⊥AP于M，連接AD，根據線段垂直平分線的性質得到AO=AD，證明△AOD是等邊三角形，求出∠D＝∠ABC＝60°，根據垂徑定理得到CA＝CB，從而證得①；利用圓周角定理求出∠CPF＝60°，根據角平分線的性質得到CF=CM，證明Rt△CPF≌Rt△CPM得到PF=PM，證明Rt△AMC≌Rt△BFC得到AM＝BF，求出再根據三角函數求出得到②正確.【解析】如圖，作CM⊥AP于M，連接AD．∵AE⊥OD，OE＝DE，∴AO＝AD，∵OA＝OD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠D＝∠ABC＝60°，∵CD⊥AB，∴AE＝EB，∴CA＝CB，∴△ABC是等邊三角形，故①正確，∵∠CPA＝∠ABC＝60°，∠APB＝∠ACB＝60°，∴∠CPF＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∵∠CPM＝∠CPF＝60°，CF⊥PF，CM⊥PA，∴CF＝CM，∵PC＝PC，∠CFP＝∠CMP，∴Rt△CPF≌Rt△CPM（HL），∴PF＝PM，∵AC＝BC，CM＝CF，∠AMC＝∠CFB＝90°，∴Rt△AMC≌Rt△BFC（HL），∴AM＝BF，∴AP﹣PB＝PM+AM﹣（BF﹣PF）＝2PM＝2PF，∴，在Rt△CPF中，∵∠CPF＝60°，∠CFP＝90°，，，∴，故②正確，故選：A.【點睛】此題是一道綜合題，考查了圓的性質，線段垂直平分線的性質，等邊三角形的判定及性質，全等三角形的判定及性質，三角函數.二、填空題11．如圖，正方形中，，是的中點．以點為圓心，長為半徑畫圓，點是上一動點，點是邊上一動點，連接，若點是的中點，連接、，則的最小值為_________．【答案】##【分析】取點B關于直線的對稱點M，連接、兩線交于點O，連接，由勾股定理求得，根據即可求得的最小值．【解析】解∶取點B關于直線的對稱點M，連接、兩線交于點O，連接，，，過O作于點N，∵點Q是的中點，∴，∴點Q在以O為圓心，l為半徑的上運動，∵四邊形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴當M、F、Q、O四點共線時，的值最小，∴的最小值為．故答案為∶．【點睛】本題考查圓的有關性質的應用，正方形的性質，兩點之間線段最短公理的應用，勾股定理，解題的關鍵是正確確定點Q的運動軌跡．12．如圖，正方形的邊長為4，點分別在上，且，過三點作交于點．在點整個運動過程中，當中滿足某兩條線段相等時，的長為_________．【答案】或或【分析】分：三種情況進行討論，根據圓周角定理以及正方形的性質和勾股定理進行計算即可．【解析】①當時：連接，則：，∴∵四邊形為正方形，則：，，；∴，∴，∴三點共線，又∵點分別在上，∴為正方形對角線的交點，∴；②當時：如圖，此時：，∴，∵四邊形為正方形，∴，∴，∴；③當時，點作的垂線分別交于點，∵，∴是直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，設．∵，則．∴．∵，∴，解得或（舍棄），∴，綜上所述，所有滿足條件的BF長分別為或或．故答案為：或或．【點睛】本題考查正方形的性質和圓周角定理以及利用勾股定理解直角三角形．熟練掌握正方形的性質，等弧所對的圓周角相等，對應的弦為直徑以及勾股定理是解題的關鍵．13．如圖，內接于，為直徑，作交于點D，延長，交于點F，過點C作的切線，交于點E．如果，，則弦BC的長為__________．【答案】##【分析】連接．先證，推出，再證，根據勾股定理求出，，的長，通過證明，得出比例線段即可求出的長．【解析】解：如圖，連接．與相切，是的半徑，，，，，，，，，，．∵是的直徑，，在中，，，，，，，，，，，在中，，在和中，，，，，，．故答案為：．【點睛】本題主要考查了勾股定理、切線的定義、等腰三角形的判定與性質、圓周角定理、相似三角形的判定與性質等，解題的關鍵是熟練掌握并綜合運用上述知識．14．如圖，在平面直角坐標系中，以點A(0，4)為圓心，4為半徑的圓交y軸于點B．己知點C(4，0)，點D為⊙A上的一動點，以D為直角頂點，在CD左側作等腰直角三角形CDE，連接BC，則△BCE面積的最小值為_________．【答案】##【分析】取的中點，連接，證明，得出點在以為圓心，為半徑的圓上運動，取點，連接，根據中線的性質得出在以為圓心，為半徑的圓上運動，過點作，當三點共線時，到的距離最短，此時的面積最小，證明，求得，進而即可求解．【解析】解：如圖，取的中點，連接，∵，∴是等腰直角三角形，，，設是等腰直角三角形，∴，∴，即，又，設，則，∵是的中點，∴，∴，∴，∵，∴，則，即點在以為圓心，為半徑的圓上運動，如圖，取點，連接，則點為的中點，∴，∴在以為圓心，為半徑的圓上運動，過點作，當三點共線時，到的距離最短，此時的面積最小，∵，∴，∴，由，∴，∴，∵以點A(0，4)為圓心，4為半徑的圓交y軸于點B∴，∴，∴，又，∴，∴，當三點共線時，到的距離為，此時．故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，等腰直角三角形的性質，勾股定理，點到圓上的點的最值問題，求得點的軌跡是解題的關鍵．15．已知是半徑為1的⊙O的一條弦，且，以為一邊在⊙O內作等邊三角形，點D為⊙O上不同于點A的一點，且，的延長線交⊙O于點E，連接，則的長為__________．【答案】1【分析】由等邊和圓的內接四邊形可推導，然后通過得出，最后證明和全等即可得出結果．【解析】解：如圖所示，連接、、是等邊三角形，即：為等腰三角形為等腰三角形在和中，（AAS）故答案為：1．【點睛】此題考查了圓的內接四邊形、等邊三角形的性質、等腰三角形的性質、圓周角定理；其中熟練運用圓的內接四邊形對角互補來倒角，是解決此題的關鍵．16．【閱讀理解】三角形中線長公式：三角形兩邊平方的和，等于所夾中線和第三邊一半的平方和的兩倍如左圖，在△ABC中，點D是BC中點，則有：．【問題解決】請利用上面的結論，解決下面問題：如右圖，點C、D是以AB為直徑的⊙O上兩點，點P是OB的中點，點E是CD的中點，且，若，當△EPB面積最大時，則CD的長為_____．【答案】【分析】連接，根據垂徑定理可得①，取的中點，則，根據三角形中線長公式可得：②，由①②得出，可得點的軌跡，進而根據三角形中線的性質，以及三角形面積公式，圓上一點到直徑的距離，求得當時，△EPB面積最大，進而勾股定理求得的長，根據直角三角形斜邊上的中線即可求解．【解析】解：如圖，連接，∵為的中點，∴，，∴，∵AB為⊙O的直徑,,∴，∴，∴①如圖，取的中點，則，根據三角形中線長公式可得：②∵，∴，即②，將①代入②得：，∴，∴在以為圓心為半徑的圓上運動，在中，為的中點，∴設點到的距離為，由，則當取得最大值時，最大，∴當時，，在中，，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了三角形中線長公式，垂徑定理，直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，充分利用三角形中線長公式是解題的關鍵．17．如圖，在半徑為5的⊙O中；弦AC＝8，B為上一動點，將△ABC沿弦AC翻折至△ADC，延長CD交⊙O于點E，F為DE中點，連接AE，OF．現給出以下結論：①AE＝AB；②∠AED=∠ADE；③∠ADC＝2∠AED；④OF的最小值為2，其中正確的是________（寫出所有正確結論的序號）．【答案】【分析】根據折疊的性質得出，，結合圓周角定理可得出進而推出正確；假設，推出是等邊三角形，進而推出，為定值，這與是變角相矛盾；作于M，并延長交于G，連接FM、OC、AF，先根據垂徑定理求出OM的長，然后根據直角三角形斜邊中線的性質求出FM長，最后根據三角形三邊關系得出，則可解決問題．【解析】解：折疊得到，，，又在中，和所對的弦分別是AB和AE，又，，在中，，，故正確；由可得，假設，，，∴是等邊三角形，，，是定值，而B是動點，A、C兩點固定，則是變化的，兩者矛盾，故錯誤；如圖，作于M，并延長交于G，連接FM、OC、AF，，，由得，F為ED的中點，，，，當O、F、M三點共線時，OF最小，這時OF=1，故錯誤；綜上所述，正確的是．故答案為：．【點睛】本題考查了圓的綜合，涉及圖形的翻著的性質，等腰三角形的性質，圓周角定理，垂徑定理，勾股定理，三角形的三邊關系等，熟練掌握以上性質，靈活運用是解題的關鍵．18．已知AC、BD為⊙O的直徑，連接AB，BC，AB＝BC，若點F是OC上一點，且CF＝2OF．點E是AB上一點，（且不與點A、B重合）連接EF，設OB與EF交于點P．①如圖2，當點E為AB中點時，則的值_______；②連接DF，當EF⊥DF時，＝_____．【答案】

【分析】①作EL⊥OB于點L，設⊙O的半徑為r，則OB＝OC＝r，由平行線分線段成比例定理及△PLE∽△POF可求出題中要求的結果；②連接BF，作FH⊥BE于點H，作EG⊥OA于點G，先證明△FBH≌△FEH，則DF＝EF，再證明△FGE≌△DOF，可得AG＝EG＝OF，由相似三角形的性質或勾股定理可求出的值．【解析】解：①過點E作EL⊥OB于點L，設⊙O的半徑為r，則OB＝OC＝r，∵AB＝BC，OA＝OC，∠ABC＝90°，∴BO⊥AC，∠ABO＝∠CBO＝∠ABC＝45°，∴ELAC，∴，∵BE＝AE，∴BL＝OL＝OB＝r，∵∠BLE＝90°，∠LBE＝45°，∴∠LBE＝∠LEB＝45°，∴EL＝BL＝r，∵ELOF，∴△PLE∽△POF，∵OF＝OC＝r，∴＝，故答案為：；②連接BF，過點F作FH⊥BE于點H，過點E作EG⊥OA于點G，∵AC⊥BD，OB＝OD，∴DF＝BF，∠DOF＝90°，∴∠FBO＝∠D，∵EF⊥DF，∴∠DFP＝90°，∴∠D＝90°﹣∠DFO＝∠EFG，∴∠FBO＝∠D＝∠EFG，設∠FBO＝∠D＝∠EFG＝α，∵∠AHF＝∠ABC＝90°，∴FHBC，∴∠BFH＝∠FBC＝45°﹣α；∵AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠A＝∠C＝45°，∵∠AHF＝90°，∴∠HFA＝∠A＝45°，∴∠EFH＝45°﹣α，∴∠BFH＝∠EFH，∵FH＝FH，∠FHB＝∠FHE＝90°，∴△FBH≌△FEH（ASA），∴BF＝EF，∴DF＝EF，設⊙O的半徑為r，則OA＝OB＝OC＝r，∵∠AOB＝90°，∴AB＝＝＝r；∵∠FGE＝∠DOF＝90°，∠EFG＝∠D，FE＝DF，∴△FGE≌△DOF（AAS），∴GE＝OF＝OC＝r；∵∠AGE＝90°，∠A＝45°，∴∠GEA＝∠A＝45°，∴GA＝GE＝r，∴AE＝＝＝，∴＝，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形判定與性質，平行線分線段成比例定理，全等三角形的判定與性質、圓的有關知識，勾股定理等知識與方法，解題的關鍵是正確地作出輔助線，此題難度較大，屬于考試壓軸題．19．如圖，在中，是邊上的中線，以為直徑的⊙交于點，過作于點，交的延長線于點，過點作于，，，則______；_______．【答案】

6【分析】