備考2023年中考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)訓(xùn)練- 圓 選擇、填空專題（含解析）

備考2023年中考數(shù)學(xué)基礎(chǔ)訓(xùn)練——（圓）選擇、填空專題一、單選題1．如圖，有一個(gè)半徑為的圓形紙片，若在該紙片上沿虛線剪一個(gè)最大正六邊形紙片，則這個(gè)正六邊形紙片的邊心距是（）．A． B． C． D．2．如圖，AB為半圓O的直徑，點(diǎn)C、D為的三等分點(diǎn)，若∠COD＝50°，則∠BOE的度數(shù)是（）A．25° B．30° C．50° D．60°3．引理：在中，若為的中點(diǎn)，則.（中線長公式，不用證明，可以直接應(yīng)用）根據(jù)這個(gè)引理，解決下面的問題：如圖，在矩形中，，，點(diǎn)在以為直徑的半圓上運(yùn)動(dòng)，則的最小值是（）A． B．38 C．40 D．684．中國美食講究色香味美，優(yōu)雅的擺盤造型也會(huì)讓美食錦上添花。圖1中的擺盤，其形狀是扇形的一部分，圖2是其幾何示意圖(陰影部分為擺盤)，通過測量得到AC=BD=12cm，C，D兩點(diǎn)之間的距離為4cm，圓心角為60°，則圖中擺盤的面積是()A．80πcm2 B．40πcm2 C．24πcm2 D．2πcm25．如圖，直線與x軸、y軸分別相交于點(diǎn)A、B兩點(diǎn)，圓心P的坐標(biāo)為（2，0）.⊙P與y軸相切于點(diǎn)O，若將⊙P沿x軸向左移動(dòng)，當(dāng)⊙P與該直線相交時(shí)，橫坐標(biāo)為整數(shù)的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)是（）A．5 B．6 C．7 D．86．如圖1，是清代數(shù)學(xué)家李之鉉在他的著作《幾何易簡集》中研究過的一個(gè)圖形，小圓同學(xué)在研究該圖形后設(shè)計(jì)了圖2，延長正方形的邊至點(diǎn)，作矩形，以為直徑作半圓交于點(diǎn)，以為邊做正方形，在上，記正方形，正方形，矩形的面積分別為，，，則（）A． B． C． D．7．如圖，是上任意一點(diǎn)，點(diǎn)在外，已知，，是等邊三角形，則的面積的最大值為（）A． B． C． D．8．如圖，將邊長為6的正六邊形鐵絲框ABCDEF（面積記為S1）變形為以點(diǎn)D為圓心，CD為半徑的扇形（面積記為S2），則S1與S2的關(guān)系為（）A．S1＝S2 B．S1＜S2 C．S1＝S2 D．S1＞S29．如圖，在中，，點(diǎn)O是的三等分點(diǎn)，半圓O與相切，M，N分別是與半圓弧上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值和最大值之和是（）A．8 B．10 C．12 D．1410．如圖，將邊長為6的正六邊形沿折疊，點(diǎn)B恰好落在邊的中點(diǎn)上，延長交于點(diǎn)M，則的長為（）A．1 B． C． D．11．如圖，已知△ABC，O為AC上一點(diǎn)，以O(shè)B為半徑的圓經(jīng)過點(diǎn)A，且與BC，OC交于點(diǎn)D，E.設(shè)∠A＝α，∠C＝β（）A．若α+β＝70°，則20°B．若α+β＝70°，則40°C．若α﹣β＝70°，則20°D．若α﹣β＝70°，則40°12．如圖，矩形中，，以為圓心，3為半徑作，為上一動(dòng)點(diǎn)，連接，以為直角邊作，使，，則點(diǎn)與點(diǎn)的最小距離為（）A． B． C． D．二、填空題13．如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BC是⊙O的直徑，OE⊥BC交AB于點(diǎn)E，若BE=2AE，則∠ADC=°.14．如圖，在等腰直角三角形中，，，以邊中點(diǎn)為圓心，的長為半徑作弧，交于點(diǎn)，以點(diǎn)為圓心，的長為半徑作弧交于點(diǎn)，則圖中陰影部分的面積為.（用含的式子表示）15．如圖所示，在⊙O內(nèi)有折線OABC，其中∠B＝30°，則BC的長為.16．如圖，正方形的邊長為4，點(diǎn)分別在上，且，過三點(diǎn)作交于點(diǎn)G.在點(diǎn)F整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)中滿足某兩條線段相等時(shí)，的長為.17．如圖，菱形的對角線相交于點(diǎn)O，將菱形繞點(diǎn)O按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到菱形，若兩個(gè)菱形重疊部分八邊形的周長為16，，則的長為.18．如圖，已知直線與x軸、y軸分別交于兩點(diǎn)，點(diǎn)P是以為圓心，2為半徑的圓上一動(dòng)點(diǎn)，連接，，則的面積最大值是．19．在△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC=45°，AB=2，D是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以AD為直徑畫⊙O分別交AB、AC于E、F，連接EF，則線段EF長度的最小值是．20．如圖，矩形中，為邊上一點(diǎn)，將沿折疊，使點(diǎn)的對應(yīng)點(diǎn)恰好落在邊上，連接交于點(diǎn)，連接．若，，則．21．已知直線l⊥AB于點(diǎn)E，以AB為直徑畫圓交直線l于點(diǎn)C、D，點(diǎn)G是弧AC上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)DG交AB于點(diǎn)P，連結(jié)AG并延長，交直線l于點(diǎn)F.若∠BAG＝45°，DP＝4，PG＝5，則AG＝，CD＝.22．如圖，點(diǎn)在反比例函數(shù)圖象上，以為直徑的圓交該雙曲線于點(diǎn)，交軸于點(diǎn)，若，則該圓的直徑長是.23．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝4，以點(diǎn)C為圓心，3為半徑做⊙C，分別交AC，BC于D，E兩點(diǎn)，點(diǎn)P是⊙C上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PA+PB的最小值為．24．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，點(diǎn)M，N分別為AD，AC上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），AN＝DM，連結(jié)點(diǎn)M與矩形的一個(gè)頂點(diǎn)，以該線段為直徑作⊙O，當(dāng)點(diǎn)N和矩形的另一個(gè)頂點(diǎn)也在⊙O上時(shí)，線段DM的長為．

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】如圖，連接OA、OB，則△AOB是等邊三角形，作OC⊥AB于C，∵△AOB是等邊三角形，∴∠OAB=，∴∠AOC=，∵OA=4cm，∴AC=2cm，∴OC=cm，故答案為：C．

【分析】連接OA、OB，可知△AOB是等邊三角形，利用等邊三角形的性質(zhì)即可求出結(jié)果。2．【答案】B【解析】【解答】∵∠COD＝50°，點(diǎn)C、D為的三等分點(diǎn)，∴∠AOC＝∠DOE＝∠COD＝50°，∴∠BOE＝180°－∠COD－∠AOC－∠DOE＝30°，故答案為：B.【分析】根據(jù)弧弦圓心角的關(guān)系，得出∠AOC＝∠DOE＝∠COD＝50°，由∠BOE＝180°－∠COD－∠AOC－∠DOE計(jì)算即得.3．【答案】C【解析】【解答】解：如圖，設(shè)AD中點(diǎn)為E，半圓圓心為O，連接OE，交半圓于P，此時(shí)PE取最小值，∵四邊形ABCD是矩形，，，∴AE=DE=4，OB=OC=OP=4，∴CD=AB=OE=6，AD=BC=8，∴PE=2，∵點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，∴=2PE2+2AE2，∴的最小值為2PE2+2AE2=2×22+2×42=40，故答案為：C.【分析】設(shè)AD中點(diǎn)為E，半圓圓心為O，連接OE，交半圓于P，此時(shí)PE取最小值，由矩形的性質(zhì)可得AE=DE，OB=OC=OP，于是由線段的構(gòu)成PE=AB-OP可求得PE的值，由勾股定理可得PA2+PD2=2PE2+2AE2求解.4．【答案】B【解析】【解答】解：如圖，連接CD．∵OC=OD，∠O=60°，∴△COD是等邊三角形，OC=OD=CD=4cm，∴S周=S扇形OAB-S扇形OCD==40π(cm2)【分析】根據(jù)題意，首先證明三角形COD為等邊三角形，求出OC和OD，繼而根據(jù)擺盤的面積等于兩個(gè)扇形面積的差，求出答案即可。5．【答案】C【解析】【解答】解：根據(jù)題意，⊙P沿x軸向左移動(dòng)，分別與直線相切于點(diǎn)M、N，且圓心分別為點(diǎn)、，如下圖：∴，且將⊙P沿x軸向左移動(dòng)，當(dāng)⊙P與該直線相交時(shí)，橫坐標(biāo)為整數(shù)的點(diǎn)P，再點(diǎn)和之間直線與x軸、y軸分別相交于點(diǎn)A、B兩點(diǎn)∴，∴，∴∴∴∴，即∵∴∴，即∴符合題意要求的點(diǎn)P坐標(biāo)為：，，，，，，∴當(dāng)⊙P與該直線相交時(shí)，橫坐標(biāo)為整數(shù)的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)是：7.故答案為：C.【分析】⊙P沿x軸向左移動(dòng)，分別與直線AB相切于點(diǎn)M、N，且圓心分別為點(diǎn)P1、P2，則MP1=NP2=OP=2，分別令直線解析式中的x=0、y=0，求出y、x，得到點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，求出AO、BO的值，根據(jù)tan∠OAB的值可得∠OAB的度數(shù)，求出AP1，OP1，得到點(diǎn)P1的坐標(biāo)，同理可得P2的坐標(biāo)，據(jù)此解答.6．【答案】A【解析】【解答】解：連接BF、ME、BE，如圖，∵EFBM，∴，∴BF＝ME，∵∠BGF＝∠MCE＝90°，GF＝CE，∴（HL），∴BG＝CM，∵BM是⊙O的直徑，∴∠BEM＝90°，∴∠CEM+∠CEB＝∠CEM+∠CME＝90°，∴∠CEB＝∠CME，∵∠BCE＝∠ECM＝90°，∴，∴，即CE2＝CB?CM，設(shè)正方形ABCD的邊長為a，正方形CEFG的邊長為b，BG＝CM＝c，則，∴（a﹣c）2＝ac，整理得，a2+c2＝3ac，即，∴，或∵a＞c，∴舍去，∴，故答案為：A.【分析】連接BF、ME、BE，則，由弧、弦之間的關(guān)系可得BF＝ME，證明△BGF≌△MCE，得到BG＝CM，由圓周角定理可得∠BEM＝90°，根據(jù)同角的余角相等可得∠CEB＝∠CME，證明△BCE∽△ECM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CE2＝CB?CM，設(shè)正方形ABCD的邊長為a，正方形CEFG的邊長為b，BG＝CM＝c，則(a-c)2＝ac，化簡可得的值，然后根據(jù)進(jìn)行計(jì)算.7．【答案】A【解析】【解答】解：以BC為邊作等邊，連接DM，∵，∴，∵DC=AC，MC=BC，∴（SAS），∴DM=AB=2為定值，即點(diǎn)D在以M為圓心，半徑為2的圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)至BC為中垂線與圓的交點(diǎn)時(shí)，BC邊上的高取最大值為，此時(shí)面積為：故答案為：A

【分析】以BC為邊作等邊，連接DM，利用“SAS”證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DM=AB=2為定值，即點(diǎn)D再以M為圓心，半徑為2的圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)至BC的中垂線與圓的交點(diǎn)時(shí)，CB邊上的高取最大值為，根據(jù)三角形的面積即可得到結(jié)論。8．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)正六邊形的邊長為2，

∴S1=6××2×=6=，

∵=8，

∴S2=×8×2=8=，

∵，

∴S1>S2.

故答案為：D.

【分析】設(shè)正六邊形的邊長為2，分別求出正六邊形的面積和扇形的面積，然后比較即知關(guān)系.9．【答案】C【解析】【解答】解：如圖，設(shè)半圓O與相切于點(diǎn)D，連接OD，作，垂足為P，交半圓O于F，此時(shí)，垂線段OP最短，MN的最小值為OP-OF又同理可得，點(diǎn)O是的三等分點(diǎn)，，，最小值為如圖，當(dāng)點(diǎn)N在AB邊上時(shí)，M與B重合，MN經(jīng)過圓心，經(jīng)過圓心的弦最長，MN的最大值的最小值和最大值之和為故答案為：C．

【分析】設(shè)半圓O與AC相切于點(diǎn)D，連接OD，作，垂足為P，交半圓O于F，此時(shí)，垂線段OP最短，MN的最小值為OP-OF，當(dāng)點(diǎn)N在AB邊上時(shí)，M與B重合，MN經(jīng)過圓心，經(jīng)過圓心的弦最長，再分別求出最大值和最小值并相加即可。10．【答案】A【解析】【解答】解：如圖，過點(diǎn)H作延長的垂線，，，，，設(shè)，，，，，，在△中，根據(jù)勾股定理，得，，解得，，，，，，△，，，解得，.故答案為：A.

【分析】過點(diǎn)H作延長的垂線，可求，設(shè)則，可得，，在△中，根據(jù)勾股定理建立關(guān)于x方程并求解，即得的值，證明△，利用相似三角形的性質(zhì)可求出B’M的值，利用即可求解.11．【答案】B【解析】【解答】解：連接BE，設(shè)的度數(shù)為θ，則∠EBD＝，∵AE為直徑，∴∠ABE＝90°，∵∠A＝α，∴∠AEB＝90﹣α，∵∠C＝β，∠AEB＝∠C+∠EBC＝β+，∴90°﹣α＝β+，解得：θ＝180°﹣2（α+β），即的度數(shù)為180°﹣2（α+β），A、當(dāng)α+β＝70°時(shí)，的度數(shù)是180°﹣140°＝40°，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；B、當(dāng)α+β＝70°時(shí)，的度數(shù)是180°﹣140°＝40°，故本選項(xiàng)正確；C、當(dāng)α﹣β＝70°時(shí)，即α＝70°+β，的度數(shù)是180°﹣2（70°+β+β）＝40°﹣4β，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；D、當(dāng)α﹣β＝70°時(shí)，即α＝70°+β，的度數(shù)是40°﹣4β，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；故答案為：B.【分析】連接BE，設(shè)的度數(shù)為θ，則∠EBD＝，由圓周角定理可得∠ABE＝90°，然后表示出∠AEB，由外角的性質(zhì)表示出∠AEB，據(jù)此可得到θ，進(jìn)而判斷各選項(xiàng)的正誤.12．【答案】A【解析】【解答】解：如圖，取的中點(diǎn)，連接，，，DE．∵，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡是以為圓心1為半徑的圓，∵，∴，∴，∴的最小值為．故答案為：A．【分析】取AB證得△FAG∽△EAD，得到FG∶DE=AF∶AE=1∶3，即FG=1，點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡是以G為圓心1為半徑的圓，當(dāng)點(diǎn)F、G、C三點(diǎn)共線時(shí)，CF最小，在Rt△GBC中，BC=9，BG=3，勾股定理得出GC的長，進(jìn)而由CF=GC-FG，即可得到結(jié)果.13．【答案】150【解析】【解答】解：連接AC，設(shè)⊙O的半徑為r，AE=a，則BE=2a，∵BC是⊙O的直徑，∴∠BAC=90°，∵OE⊥BC，∴∠BOE=90°，∴∠BOE=∠BAC，又∠B=∠B，∴△BOE∽△BAC，∴，即，整理得，r=x，∴cosB=，∴∠B=30°，∵四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ADC=180°-∠B=150°，故答案為：150.【分析】連接AC，證明△BOE∽△BAC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到x、r的關(guān)系，根據(jù)余弦的定義求出∠B，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案.14．【答案】【解析】【解答】解：連接DE，如圖，∵點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，即BC為直徑，∴∠CEB=90°，∴CE⊥AB，而△ACB為等腰直角三角形，∴∠A=∠B=45°，∴∠CDE=90°，由AC、AE和弧CE所圍成的圖形的面積∴陰影部分的面積由AC、AE和弧CE所圍成的圖形的面積故答案為：

【分析】連接DE，由圓周角定理得出∠CEB=90°，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得∠A=∠B=45°，得出∠CDE=90°，再根據(jù)AC、AE和弧CE所圍成的圖形的面積，然后利用影部分的面積=S扇形ACF-由AC、AE和弧CE所圍成的圖形的面積進(jìn)行計(jì)算即可.15．【答案】14【解析】【解答】解：如圖，過點(diǎn)O作，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，取的中點(diǎn)，連接，是等腰直角三角形，在中在中設(shè)，則，在中，，，即解得在中，.故答案為：14.【分析】過點(diǎn)O作EF⊥AB，交AB于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，取BC的中點(diǎn)D，連接OD，由垂徑定理得BC=2BD，易得△AOE是等腰直角三角形，求出AE、OE、BE的值，在Rt△OBE中，由勾股定理得OB，設(shè)FD=x，則OF=2x，OD=x，EF=2+2x，由∠EBF=30°得BF=2EF，據(jù)此可得x，求出OD，然后在Rt△OBD中，應(yīng)用勾股定理求出BD，進(jìn)而可得BC.16．【答案】或或【解析】【解答】解：①當(dāng)時(shí)：連接，則：，∴∵四邊形為正方形，則：，，；∴，∴，∴三點(diǎn)共線，又∵點(diǎn)F分別在上，∴F為正方形對角線的交點(diǎn)，∴；②當(dāng)時(shí)：如圖，此時(shí)：，∴，∵四邊形為正方形，∴，∴，∴；③當(dāng)時(shí)，點(diǎn)F作的垂線分別交于點(diǎn)，∵，∴是直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，設(shè).∵，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.【分析】①當(dāng)EF=FG時(shí)，連接AC、FC，由弦、弧的關(guān)系以及圓周角定理可得∠FCE=∠FCG，由正方形的性質(zhì)可得∠C=90°，∠ACB=45°，AC=BD，進(jìn)而推出A、F、C三點(diǎn)共線，則F為正方形對角線的交點(diǎn)，據(jù)此求解；②當(dāng)EF=CG時(shí)，由正方形的性質(zhì)可得∠DBC=45°，EF=BE=1，利用勾股定理可得BF；③當(dāng)FG=CG時(shí)，點(diǎn)F作AD的垂線分別交AD、BC于點(diǎn)M、N，由圓周角定理可得∠EFG=90°，證明△EGF≌△EGC，得到EF=CE，設(shè)FN=x，則AM=BN=FN=x，EN=x-1，利用勾股定理可得x，進(jìn)而可得BF.17．【答案】【解析】【解答】設(shè)AD與GH交于點(diǎn)M.由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知該八邊形八條邊分別相等，且OD=OH.∴.∵，∴，.∴，∴，∴DG=MD=2.設(shè)OD=OH=x，則OG=2+x，在中，，∴，解得，經(jīng)檢驗(yàn)是原方程的根.∴.∵.∴.故答案為：.

【分析】設(shè)AD與GH交于點(diǎn)M，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出該八邊形八條邊分別相等，且OD=OH，然后求出MD,再根據(jù)菱形的性質(zhì)和三角形外角的性質(zhì)求出∠DMG=∠MGD=30°，得出DG=MD=2，設(shè)OD=OH=x，則OG=2+x，在Rt△OGH中，利用正切三角函數(shù)求出x，再在Rt△OGH中，由正弦三角函數(shù)求出HG的長即可.18．【答案】15【解析】【解答】解：∵直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，∴A點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，0），B點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，-3），3x-4y-12=0，即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5過C作CM⊥AB于M，連接AC，則由三角形面積公式得：∴∴∴圓C上點(diǎn)到直線的最大距離是：∴面積的最大值是故答案為：15．【分析】利用直線，先求出A（4，0）,B(0,-3)，從而得出OA=4，OB=3，利用勾股定理求出AB=5，過C作CM⊥AB于M，連接AC，由△CAB的面積=，據(jù)此可求出CM=4，從而得出圓C上點(diǎn)到直線的最大距離是2+4=6，利用三角形的面積公式計(jì)算即可.19．【答案】【解析】【解答】解：如圖，連接OE，OF，過O點(diǎn)作OH⊥EF，垂足為H，∴，∵OE=OF，OH⊥EF，∠BAC=60°∴，∴∠OEH=30°，∴，∴，∴，∴要使EF要最小，即半徑OE最小，即直徑AD最小，∴由垂線段的性質(zhì)可知，當(dāng)AD為△ABC的邊BC上的高時(shí)，直徑AD最短，∵在Rt△ADB中，∠ABC＝45°，AB＝2，∴AD＝BD，，∴，∴，∴故答案為：．

【分析】連接OE，OF，過O點(diǎn)作OH⊥EF，垂足為H，可得，利用等腰三角形的性質(zhì)及圓周角定理可得，從而得出∠OEH=30°，繼而得出，利用勾股定理求出，即得，從而可得要使EF要最小，即半徑OE最小，即直徑AD最小，由垂線段的性質(zhì)可知，當(dāng)AD為△ABC的邊BC上的高時(shí)，直徑AD最短，求出此時(shí)AD的長即可.20．【答案】【解析】【解答】解：∵將沿折疊，使點(diǎn)的對應(yīng)點(diǎn)恰好落在邊上，∴，∵矩形中，，∴四點(diǎn)共圓，∴∴，設(shè)，，∴，∴，∴AB=AE+BE=5x，∴．由折疊可得：是的垂直平分線，∵∠BAD=∠ABF=90°,∵∠BAF+∠DAF=90°,∠ADE+∠DAF=90°,∴∠DAF=∠ADE∴，∴,∴，解得AD×．AD=3x，在中，，∴，=-1（舍去），∴AD=3x=3．故答案為：3．【分析】由翻折的性質(zhì)可知AF⊥DE，AE=EF，∠ENF=90°，矩形ABCD中，∠ABF=90°，由四邊形對角互補(bǔ)可知B、E、N、F四點(diǎn)共圓，得到∠BNF=∠BEF，即，設(shè)，，利用三角函數(shù)值和勾股定理可以得出含有x的式子表示EF、AE、AB、AF的長度，易證得△EDA∽△FAB，得出比例，得出AD，在Rt△ADE中，利用勾股定理求出x的值，即可以求出AD.21．【答案】；【解析】【解答】解：連接OD，如圖，∵AB為直徑，∴∠AGB＝90°，∵∠BAG＝45°，∴∠ABG＝45°，∴∠ADG＝∠ABG＝45°，∵∠AGP＝∠DGA，∠GAP＝∠GDA，∴△GAP∽△GDA，∴GA：GD＝GP：GA，即GA：9＝5：GA，解得GA＝3，∵△ABG為等腰直角三角形，∴OG⊥AB，∴OG＝AG＝×3＝，∵CD⊥AB，∴DE＝CE，OG∥CD，∴＝＝，∴DE＝OG＝×＝，∴CD＝2DE＝.故答案為：，.【分析】連接OD，由圓周角定理可得∠AGB＝90°，根據(jù)余角的性質(zhì)可得∠ABG＝45°，由圓周角定理可得∠ADG＝∠ABG＝45°，證明△GAP∽△GDA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得GA，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得OG，由垂徑定理可得DE＝CE，OG∥CD，根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)可得DE，進(jìn)而可得CD.22．【答案】【解析】【解答】解：連接AB、AC、BC、OC，過點(diǎn)C作CD⊥y軸于點(diǎn)D，如圖所示：∵OA是圓的直徑∴∠ABO=∠ACO=90°∴∴∵∴OC=OB∵CD⊥