三、解答题(共60分)
9.(20分)四边形ABCD是平行四边形，AD与圆相切，仅用无刻度的直尺按要求画图.
(1)如图①，若BC是圆的直径，画出平行四边形ABCD的边CD上的高；
(2)如图②，若CD与圆相切，画出平行四边形ABCD的边AD上的高CE；
(3)如图③，若CD与圆相切，画出平行四边形ABCD的边BC上的高AF.

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10.(20分)(2023·吴江区一模)如图,$\odot O$是$\mathrm{Rt}△ ABC$的外接圆,点$D$是$\mathrm{Rt}△ ABC$的内心,$BD$的延长线与$\odot O$相交于点$E$,过点$E$作直线$l // AC$.
(1)求证:直线$l$是$\odot O$的切线;
(2)连接$CE$,若$AB=3$,$AC=4$,求$CE$的长.

第10题图

证明：(1)如答图，连接$OE，$交$AC$于点$G.$ $∵$点$D$是$Rt\triangle ABC$的内心，$∴∠ABE=∠CBE.$ $∵OB = OE，$$∴∠EBC=∠OEB，$$∴∠ABE=∠OEB，$ $∴AB// OE，$$∴∠BAC=∠OGC = 90°.$ $∵l// AC，$$∴∠OEM=∠OGC = 90°，$$∴OE\perp l.$ $∵OE$为半径，$∴$直线$l$是$\odot O$的切线. (2)解：在$Rt\triangle ABC$中，由勾股定理，得 $BC=\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}} = 5，$$∴OC=\frac{5}{2}.$ $∵OG\perp AC，$$∴CG=\frac{1}{2}AC = 2，$$OG=\frac{1}{2}AB=\frac{3}{2}，$ $∴EG=\frac{5}{2}-\frac{3}{2}=1.$ 在$Rt\triangle CEG$中，由勾股定理，得 $CE=\sqrt{EG^{2}+CG^{2}}=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}.$ ;

11.(20分)如图,AB为$\odot O$的直径,PA,PC分别与$\odot O$相切于点A,C.过点P作$PQ⊥ PA$,交OC的延长线于点Q,连接BC并延长交PQ于点D.
(1)试判断OQ和PQ的数量关系,并说明理由;
(2)若$PA=AB,CQ=6$,求$\odot O$的半径.

解：(1)$OQ = PQ.$ 理由：如答图，连接$OP.$ $∵PA，$$PC$分别与$\odot O$相切于点$A，$$C，$ $∴∠OAP=∠OCP = 90°，$$∠APO=∠CPO，$ $∴∠AOP=∠COP.$ $∵PQ\perp PA，$$∴BA// QP，$ $∴∠AOP=∠OPQ，$ $∴∠OPQ=∠COP，$ $∴OQ = PQ.$ (2)设$\odot O$的半径为$r，$则$AB = 2r，$$OQ = 6 + r，$ $∴QP = OQ = 6 + r，$$PC = PA = AB = 2r.$ 在$Rt\triangle PCQ$中，$QP^{2}=CQ^{2}+PC^{2}，$即$(r + 6)^{2}=6^{2}+(2r)^{2}，$ 展开得$r^{2}+12r + 36=36 + 4r^{2}，$ 移项得$3r^{2}-12r = 0，$即$r^{2}-4r = 0，$因式分解得$r(r - 4)=0，$ 解得$r_1 = 0$（舍去），$r_2 = 4，$ 则$\odot O$的半径为$4.$ ;