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10. 如图,在$\odot O$中,弦$AD$与弦$BC$互相垂直,垂足为$G$,$E$为$AB$的中点,延长$EG$交$CD$于点$F$.
求证:$EF⊥ CD$.
求证:$EF⊥ CD$.
答案
$\because AD⊥ BC,\therefore ∠ AGB=∠ DGC=90^{\circ }. \therefore ∠ A+∠ B=90^{\circ }. \because \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC},\therefore ∠ B=∠ D. \therefore ∠ A+∠ D=90^{\circ }. \because E$ 为 $AB$ 的中点,$\therefore EA=EG. \therefore ∠ A=∠ AGE$. 又$\because ∠ AGE=∠ DGF,\therefore ∠ A=∠ DGF. \therefore ∠ DGF + ∠ D=90^{\circ }. \therefore ∠ DFG=90^{\circ }. \therefore EF⊥ CD.$
解析
【分析】
我们的目标是证明$EF⊥CD$，也就是要推导出$∠ DFG=90°$，等价于证明$∠ D + ∠ DGF = 90°$。首先从已知条件$AD⊥ BC$入手，可得$\mathrm{Rt}△ AGB$中两个锐角$∠ A+∠ B=90°$；接下来利用圆的性质，同弧$AC$所对的圆周角$∠ B$和$∠ D$相等，就可以把式子转化为$∠ A+∠ D=90°$。再结合$E$是$\mathrm{Rt}△ AGB$斜边$AB$的中点，根据直角三角形斜边中线的性质，得到$EA=EG$，等边对等角推出$∠ A=∠ AGE$，再利用对顶角相等把$∠ AGE$替换成$∠ DGF$，代入前面的式子就能得到$∠ D+∠ DGF=90°$，自然就能得到$∠ DFG=90°$，完成垂直的证明。
【解析】
证明：
1. 由$AD⊥ BC$，垂足为$G$，得$∠ AGB=∠ DGC=90°$，在$\mathrm{Rt}△ AGB$中，锐角互余可得$∠ A + ∠ B = 90°$。
2. 根据圆周角定理，同弧$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角相等，因此$∠ B = ∠ D$，代入上式得$∠ A + ∠ D = 90°$。
3. 因为$E$为$AB$的中点，在$\mathrm{Rt}△ AGB$中，斜边中线等于斜边的一半，因此$EA = EG$，由等边对等角得$∠ A = ∠ AGE$。
4. 又$∠ AGE$和$∠ DGF$是对顶角，由对顶角相等得$∠ AGE = ∠ DGF$，等量代换得$∠ A = ∠ DGF$。
5. 将$∠ A$替换为$∠ DGF$，代入$∠ A + ∠ D = 90°$，可得$∠ DGF + ∠ D = 90°$，在$△ DGF$中，$∠ DFG = 180° - (∠ DGF + ∠ D) = 90°$，因此$EF⊥ CD$。
【答案】
$\because AD⊥ BC,\therefore ∠ AGB=∠ DGC=90^{\circ }. \therefore ∠ A+∠ B=90^{\circ }. \because \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC},\therefore ∠ B=∠ D. \therefore ∠ A+∠ D=90^{\circ }. \because E$ 为 $AB$ 的中点,$\therefore EA=EG. \therefore ∠ A=∠ AGE$. 又$\because ∠ AGE=∠ DGF,\therefore ∠ A=∠ DGF. \therefore ∠ DGF + ∠ D=90^{\circ }. \therefore ∠ DFG=90^{\circ }. \therefore EF⊥ CD.$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质；圆周角定理；对顶角相等
【点评】
本题是圆与直角三角形性质结合的经典基础证明题，解题核心是通过角的等量代换，将已知的直角条件转化为目标三角形的两角互余关系。看到直角三角形斜边中点的条件时，要第一时间联想到斜边中线等于斜边一半的性质，再利用同弧圆周角相等完成圆内的角的传递，整体逻辑链条清晰，适合巩固圆与三角形性质的综合应用。
【难度系数】
0.6
我们的目标是证明$EF⊥CD$，也就是要推导出$∠ DFG=90°$，等价于证明$∠ D + ∠ DGF = 90°$。首先从已知条件$AD⊥ BC$入手，可得$\mathrm{Rt}△ AGB$中两个锐角$∠ A+∠ B=90°$；接下来利用圆的性质，同弧$AC$所对的圆周角$∠ B$和$∠ D$相等，就可以把式子转化为$∠ A+∠ D=90°$。再结合$E$是$\mathrm{Rt}△ AGB$斜边$AB$的中点，根据直角三角形斜边中线的性质，得到$EA=EG$，等边对等角推出$∠ A=∠ AGE$，再利用对顶角相等把$∠ AGE$替换成$∠ DGF$，代入前面的式子就能得到$∠ D+∠ DGF=90°$，自然就能得到$∠ DFG=90°$，完成垂直的证明。
【解析】
证明：
1. 由$AD⊥ BC$，垂足为$G$，得$∠ AGB=∠ DGC=90°$，在$\mathrm{Rt}△ AGB$中，锐角互余可得$∠ A + ∠ B = 90°$。
2. 根据圆周角定理，同弧$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角相等，因此$∠ B = ∠ D$，代入上式得$∠ A + ∠ D = 90°$。
3. 因为$E$为$AB$的中点，在$\mathrm{Rt}△ AGB$中，斜边中线等于斜边的一半，因此$EA = EG$，由等边对等角得$∠ A = ∠ AGE$。
4. 又$∠ AGE$和$∠ DGF$是对顶角，由对顶角相等得$∠ AGE = ∠ DGF$，等量代换得$∠ A = ∠ DGF$。
5. 将$∠ A$替换为$∠ DGF$，代入$∠ A + ∠ D = 90°$，可得$∠ DGF + ∠ D = 90°$，在$△ DGF$中，$∠ DFG = 180° - (∠ DGF + ∠ D) = 90°$，因此$EF⊥ CD$。
【答案】
$\because AD⊥ BC,\therefore ∠ AGB=∠ DGC=90^{\circ }. \therefore ∠ A+∠ B=90^{\circ }. \because \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC},\therefore ∠ B=∠ D. \therefore ∠ A+∠ D=90^{\circ }. \because E$ 为 $AB$ 的中点,$\therefore EA=EG. \therefore ∠ A=∠ AGE$. 又$\because ∠ AGE=∠ DGF,\therefore ∠ A=∠ DGF. \therefore ∠ DGF + ∠ D=90^{\circ }. \therefore ∠ DFG=90^{\circ }. \therefore EF⊥ CD.$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质；圆周角定理；对顶角相等
【点评】
本题是圆与直角三角形性质结合的经典基础证明题，解题核心是通过角的等量代换，将已知的直角条件转化为目标三角形的两角互余关系。看到直角三角形斜边中点的条件时，要第一时间联想到斜边中线等于斜边一半的性质，再利用同弧圆周角相等完成圆内的角的传递，整体逻辑链条清晰，适合巩固圆与三角形性质的综合应用。
【难度系数】
0.6
11. 如图,在$\odot O$中,$B$是$\odot O$上一点,$∠ ABC=120^{ \circ }$,$AC=2\sqrt{3}$,弦$BM$平分$∠ ABC$,交$AC$于点$D$,连接$AM$,$MC$.
(1) 求$\odot O$的半径.
(2) 试探究线段$AB$,$BC$,$BM$之间的等量关系,并给予证明.
(1) 求$\odot O$的半径.
(2) 试探究线段$AB$,$BC$,$BM$之间的等量关系,并给予证明.
答案
(1) 如图,连接 $OA,OC$,过点 $O$ 作 $OH⊥ AC$ 于点 $H. \because ∠ ABC = 120^{\circ }$, $BM$ 平分 $∠ ABC$, $\therefore ∠ MBA = ∠ MBC = \dfrac{1}{2}∠ ABC = 60^{\circ }. \because \overset{\frown}{AM}=\overset{\frown}{AM}$,$\overset{\frown}{CM}=\overset{\frown}{CM}$, $\therefore ∠ ACM = ∠ ABM = 60^{\circ }$, $∠ MAC = ∠ MBC = 60^{\circ }. \therefore ∠ AMC = 60^{\circ }. \therefore △ AMC$ 是等边三角形,$∠ AOC=2∠ AMC=120^{\circ }. \because AO=CO$,$\therefore ∠ OAC=∠ OCA=30^{\circ }. \because OH⊥ AC$,$AC=2\sqrt{3}$,$\therefore AH=CH=\dfrac{1}{2}AC=\sqrt{3}. \therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ AOH$ 中,$∠ OAH=30^{\circ }$,$\therefore$ 易得 $OA=2OH. \therefore$ 易得 $OH=1$,$OA=2. \therefore \odot O$ 的半径为 2.
(2) $AB+BC=BM$. 如图,在 $BM$ 上截取 $BE=BC$,连接 $CE. \because ∠ MBC=60^{\circ }$,$\therefore △ EBC$ 是等边三角形. $\therefore BC=EC$,$∠ BCE=60^{\circ }. \therefore ∠ BCA+∠ DCE=60^{\circ }. \because ∠ ACM=60^{\circ }$,$\therefore ∠ ECM+∠ DCE=60^{\circ }. \therefore ∠ BCA=∠ ECM. \because △ AMC$ 是等边三角形,$\therefore AC=MC$. 在$△ ACB$ 和$△ MCE$ 中,$\begin{cases} BC=EC, \\ ∠ BCA=∠ ECM, \\ AC=MC, \end{cases}$$\therefore △ ACB≌ △ MCE(\mathrm{SAS}). \therefore AB=ME. \because ME+BE=BM$,$\therefore AB+BC=BM.$
(2) $AB+BC=BM$. 如图,在 $BM$ 上截取 $BE=BC$,连接 $CE. \because ∠ MBC=60^{\circ }$,$\therefore △ EBC$ 是等边三角形. $\therefore BC=EC$,$∠ BCE=60^{\circ }. \therefore ∠ BCA+∠ DCE=60^{\circ }. \because ∠ ACM=60^{\circ }$,$\therefore ∠ ECM+∠ DCE=60^{\circ }. \therefore ∠ BCA=∠ ECM. \because △ AMC$ 是等边三角形,$\therefore AC=MC$. 在$△ ACB$ 和$△ MCE$ 中,$\begin{cases} BC=EC, \\ ∠ BCA=∠ ECM, \\ AC=MC, \end{cases}$$\therefore △ ACB≌ △ MCE(\mathrm{SAS}). \therefore AB=ME. \because ME+BE=BM$,$\therefore AB+BC=BM.$
解析
【分析】
1. 第(1)问求圆的半径：首先已知∠ABC=120°，BM平分∠ABC得到两个60°的角，结合同弧所对圆周角相等，可推出△AMC三个内角均为60°，是等边三角形。再根据圆周角定理得到圆心角∠AOC=120°，过O作OH垂直AC，利用垂径定理得到AH的长度，在含30°角的直角三角形中即可算出半径OA的长度。
2. 第(2)问探究三条线段的等量关系，观察到∠MBC=60°，采用截长补短的思路，在长线段BM上截取BE=BC，构造等边△BCE，再结合△AMC是等边三角形的性质，通过角的等量代换证明△ACB和△MCE全等，将AB转化为ME，最终即可推导出三条线段的和差关系。
【解析】
(1) 连接$OA,OC$，过点$O$作$OH⊥ AC$于点$H$。
$\because ∠ ABC = 120^{\circ }$，$BM$平分$∠ ABC$，
$\therefore ∠ MBA = ∠ MBC = \dfrac{1}{2}∠ ABC = 60^{\circ }$。
由同弧所对的圆周角相等可得：
$∠ ACM = ∠ ABM = 60^{\circ }$，$∠ MAC = ∠ MBC = 60^{\circ }$，
$\therefore ∠ AMC = 60^{\circ }$，即$△ AMC$是等边三角形。
根据圆周角定理，圆心角$∠ AOC=2∠ AMC=120^{\circ }$，
$\because AO=CO$，$\therefore ∠ OAC=∠ OCA=30^{\circ }$。
$\because OH⊥ AC$，$AC=2\sqrt{3}$，由垂径定理得$AH=CH=\dfrac{1}{2}AC=\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ AOH$中，$∠ OAH=30^{\circ }$，可得$OA=2OH$，代入勾股定理$OA^2=OH^2+AH^2$，解得$OH=1$，$OA=2$。
(2) 线段等量关系为$AB+BC=BM$，证明如下：
在 $BM$ 上截取 $BE=BC$，连接 $CE$。
$\because ∠ MBC=60^{\circ }$，$BE=BC$，
$\therefore △ EBC$ 是等边三角形，
$\therefore BC=EC$，$∠ BCE=60^{\circ }$，即$∠ BCA+∠ DCE=60^{\circ }$。
又$\because ∠ ACM=60^{\circ }$，即$∠ ECM+∠ DCE=60^{\circ }$，
$\therefore ∠ BCA=∠ ECM$。
$\because △ AMC$ 是等边三角形，$\therefore AC=MC$。
在$△ ACB$ 和$△ MCE$ 中，
$\begin{cases} BC=EC, \\ ∠ BCA=∠ ECM, \\ AC=MC, \end{cases}$
$\therefore △ ACB≌ △ MCE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AB=ME$。
$\because ME+BE=BM$，且$BE=BC$，
$\therefore AB+BC=BM$。
【答案】
(1) $\odot O$的半径为$\boldsymbol{2}$；(2) 线段关系为$\boldsymbol{AB+BC=BM}$，证明如上。
【知识点】
圆周角定理，等边三角形判定，全等三角形判定
【点评】
本题是圆与三角形结合的经典中档题，第一问考察圆的基础性质的综合应用，多数学生可以顺利推导；第二问的截长补短构造等边三角形的思路是圆内证明线段和差关系的常用技巧，对学生的几何构造能力有一定要求，是同类题型的典型考法。
【难度系数】
0.4
1. 第(1)问求圆的半径：首先已知∠ABC=120°，BM平分∠ABC得到两个60°的角，结合同弧所对圆周角相等，可推出△AMC三个内角均为60°，是等边三角形。再根据圆周角定理得到圆心角∠AOC=120°，过O作OH垂直AC，利用垂径定理得到AH的长度，在含30°角的直角三角形中即可算出半径OA的长度。
2. 第(2)问探究三条线段的等量关系，观察到∠MBC=60°，采用截长补短的思路，在长线段BM上截取BE=BC，构造等边△BCE，再结合△AMC是等边三角形的性质，通过角的等量代换证明△ACB和△MCE全等，将AB转化为ME，最终即可推导出三条线段的和差关系。
【解析】
(1) 连接$OA,OC$，过点$O$作$OH⊥ AC$于点$H$。
$\because ∠ ABC = 120^{\circ }$，$BM$平分$∠ ABC$，
$\therefore ∠ MBA = ∠ MBC = \dfrac{1}{2}∠ ABC = 60^{\circ }$。
由同弧所对的圆周角相等可得：
$∠ ACM = ∠ ABM = 60^{\circ }$，$∠ MAC = ∠ MBC = 60^{\circ }$，
$\therefore ∠ AMC = 60^{\circ }$，即$△ AMC$是等边三角形。
根据圆周角定理，圆心角$∠ AOC=2∠ AMC=120^{\circ }$，
$\because AO=CO$，$\therefore ∠ OAC=∠ OCA=30^{\circ }$。
$\because OH⊥ AC$，$AC=2\sqrt{3}$，由垂径定理得$AH=CH=\dfrac{1}{2}AC=\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ AOH$中，$∠ OAH=30^{\circ }$，可得$OA=2OH$，代入勾股定理$OA^2=OH^2+AH^2$，解得$OH=1$，$OA=2$。
(2) 线段等量关系为$AB+BC=BM$，证明如下：
在 $BM$ 上截取 $BE=BC$，连接 $CE$。
$\because ∠ MBC=60^{\circ }$，$BE=BC$，
$\therefore △ EBC$ 是等边三角形，
$\therefore BC=EC$，$∠ BCE=60^{\circ }$，即$∠ BCA+∠ DCE=60^{\circ }$。
又$\because ∠ ACM=60^{\circ }$，即$∠ ECM+∠ DCE=60^{\circ }$，
$\therefore ∠ BCA=∠ ECM$。
$\because △ AMC$ 是等边三角形，$\therefore AC=MC$。
在$△ ACB$ 和$△ MCE$ 中，
$\begin{cases} BC=EC, \\ ∠ BCA=∠ ECM, \\ AC=MC, \end{cases}$
$\therefore △ ACB≌ △ MCE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AB=ME$。
$\because ME+BE=BM$，且$BE=BC$，
$\therefore AB+BC=BM$。
【答案】
(1) $\odot O$的半径为$\boldsymbol{2}$；(2) 线段关系为$\boldsymbol{AB+BC=BM}$，证明如上。
【知识点】
圆周角定理，等边三角形判定，全等三角形判定
【点评】
本题是圆与三角形结合的经典中档题，第一问考察圆的基础性质的综合应用，多数学生可以顺利推导；第二问的截长补短构造等边三角形的思路是圆内证明线段和差关系的常用技巧，对学生的几何构造能力有一定要求，是同类题型的典型考法。
【难度系数】
0.4
12. 在平面直角坐标系中，$\odot P$ 经过点 $A(m,-3)$ 和点 $B(-1,n)$，且圆心在$x$ 轴上,$C$ 是第一象限圆上的任意一点, 且 $∠ ACB=45°$, 则点 $P$ 的坐标是
(2,0)
.答案
连接 $PB,PA$,过点 $B$ 作 $BE⊥ x$ 轴于点 $E$,过点 $A$ 作 $AF⊥ x$ 轴于点 $F$. 由点 $A,B$ 的坐标,可得 $OE=1$,$AF=3. \because ∠ ACB=45^{\circ }$,$\therefore ∠ APB=90^{\circ }. \therefore ∠ BPE+∠ FPA=90^{\circ }. \because ∠ BPE+∠ EBP=90^{\circ }$,$\therefore ∠ EBP=∠ FPA. \because ∠ BEP = ∠ PFA = 90^{\circ }$, $BP = PA$, $\therefore △ BPE≌ △ PAF(\mathrm{AAS}). \therefore PE=AF=3$. 设 $P(a,0)$, $\therefore a+1=3. \therefore a=2. \therefore P(2,0).$
解析
【分析】
我们可以按照以下思路逐步推导：1. 首先看到已知圆周角∠ACB=45°，立刻联想到圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，就能得到弧AB对应的圆心角∠APB=90°，也就是PA⊥PB，且PA、PB都是圆的半径，长度相等。2. 已知A点纵坐标为-3，说明A到x轴的垂直距离是3，B点横坐标为-1，说明B点向x轴作垂线的垂足横坐标为-1，我们过A、B分别向x轴作垂线，构造两个直角三角形。3. 利用同角的余角相等得到两个直角三角形的一组锐角相等，结合直角相等、半径相等，用AAS证明两个三角形全等，得到对应边相等，就能直接算出圆心P的横坐标，不需要额外求解A、B的完整坐标。
【解析】
连接PA、PB，过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥x轴于点F。
由点A(m,-3)、B(-1,n)的坐标可得：AF=3，OE=1。
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，因为∠ACB=45°，所以∠APB=2∠ACB=90°，因此∠BPE + ∠APF = 180° - 90° = 90°。
在Rt△BEP中，∠BPE + ∠EBP = 90°，因此∠EBP = ∠FPA。
在△BEP和△PFA中：
$\begin{cases}∠BEP = ∠PFA = 90° \\∠EBP = ∠FPA \\BP = PA\end{cases}$
所以△BEP ≌ △PFA（AAS），可得对应边PE=AF=3。
设点P的坐标为(a, 0)，点E坐标为(-1,0)，因此PE的长度为$a - (-1) = a+1$，代入PE=3得：$a+1=3$，解得a=2。
【答案】
(2,0)
【知识点】
圆周角定理，全等三角形判定，坐标与图形性质
【点评】
本题的核心突破口是将已知的45°圆周角转化为90°的圆心角，通过构造全等直角三角形实现线段的等量代换，不需要求解A、B点的完整坐标即可直接得到圆心坐标，重点考察了几何转化思维，属于圆和平面直角坐标系结合的典型题型。
【难度系数】
0.6
我们可以按照以下思路逐步推导：1. 首先看到已知圆周角∠ACB=45°，立刻联想到圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，就能得到弧AB对应的圆心角∠APB=90°，也就是PA⊥PB，且PA、PB都是圆的半径，长度相等。2. 已知A点纵坐标为-3，说明A到x轴的垂直距离是3，B点横坐标为-1，说明B点向x轴作垂线的垂足横坐标为-1，我们过A、B分别向x轴作垂线，构造两个直角三角形。3. 利用同角的余角相等得到两个直角三角形的一组锐角相等，结合直角相等、半径相等，用AAS证明两个三角形全等，得到对应边相等，就能直接算出圆心P的横坐标，不需要额外求解A、B的完整坐标。
【解析】
连接PA、PB，过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥x轴于点F。
由点A(m,-3)、B(-1,n)的坐标可得：AF=3，OE=1。
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，因为∠ACB=45°，所以∠APB=2∠ACB=90°，因此∠BPE + ∠APF = 180° - 90° = 90°。
在Rt△BEP中，∠BPE + ∠EBP = 90°，因此∠EBP = ∠FPA。
在△BEP和△PFA中：
$\begin{cases}∠BEP = ∠PFA = 90° \\∠EBP = ∠FPA \\BP = PA\end{cases}$
所以△BEP ≌ △PFA（AAS），可得对应边PE=AF=3。
设点P的坐标为(a, 0)，点E坐标为(-1,0)，因此PE的长度为$a - (-1) = a+1$，代入PE=3得：$a+1=3$，解得a=2。
【答案】
(2,0)
【知识点】
圆周角定理，全等三角形判定，坐标与图形性质
【点评】
本题的核心突破口是将已知的45°圆周角转化为90°的圆心角，通过构造全等直角三角形实现线段的等量代换，不需要求解A、B点的完整坐标即可直接得到圆心坐标，重点考察了几何转化思维，属于圆和平面直角坐标系结合的典型题型。
【难度系数】
0.6
13. 如图①,$AB$为$\odot O$的直径,$CD ⊥ AB$于点$E$,$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CB}$,$BF$与$CD$交于点$G$.
（1）求证:$CD=BF$.
（2）若$BE=1$,$BF=4$,求$GE$的长.
（3）如图②,连接$GO$,$OF$,求证:$2∠ EOG+\dfrac{1}{2}∠ AOF=90°$.
（1）求证:$CD=BF$.
（2）若$BE=1$,$BF=4$,求$GE$的长.
（3）如图②,连接$GO$,$OF$,求证:$2∠ EOG+\dfrac{1}{2}∠ AOF=90°$.
答案
(1) $\because AB$ 为$\odot O$ 的直径,$CD⊥ AB$ 于点 $E$,$\therefore \overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}. \because \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CB}$,$\therefore \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}. \therefore \overset{\frown}{BD}+\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CF}$,即$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BF}. \therefore CD=BF.$
(2) 如图①,连接 $BC$. 由(1),得$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BD}$,$CD=BF=4$,$\therefore ∠ FBC=∠ BCD. \therefore BG=CG. \because AB$ 为$\odot O$ 的直径,$CD⊥ AB$ 于点 $E$,$\therefore DE=CE=\dfrac{1}{2}CD=2$. 设 $EG=x$,则 $BG=CG=2-x$. 在$\mathrm{Rt}△ BEG$ 中,$EG^{2}+BE^{2}=BG^{2}$,即 $x^{2}+1^{2}=(2-x)^{2}$,解得 $x=\dfrac{3}{4}. \therefore GE$ 的长为 $\dfrac{3}{4}.$
(3) 如图②,连接 $OC$,交 $BF$ 于点 $I. \because \overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{AF}$,$\therefore \dfrac{1}{2}∠ AOF=∠ OBF$. 在$△ OCG$ 和$△ OBG$ 中,$\begin{cases} OC=OB, \\ OG=OG, \\ CG=BG, \end{cases}$$\therefore △ OCG≌ △ OBG(\mathrm{SSS}). \therefore ∠ COG=∠ BOG. \therefore ∠ IOB=2∠ EOG. \because OF=OB$,$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC}$,$\therefore$ 易得 $OC⊥ BF. \therefore ∠ OIB=90^{\circ }. \because ∠ IOB+∠ IBO=90^{\circ }$,$\therefore 2∠ EOG + \dfrac{1}{2}∠ AOF=90^{\circ }.$
(2) 如图①,连接 $BC$. 由(1),得$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BD}$,$CD=BF=4$,$\therefore ∠ FBC=∠ BCD. \therefore BG=CG. \because AB$ 为$\odot O$ 的直径,$CD⊥ AB$ 于点 $E$,$\therefore DE=CE=\dfrac{1}{2}CD=2$. 设 $EG=x$,则 $BG=CG=2-x$. 在$\mathrm{Rt}△ BEG$ 中,$EG^{2}+BE^{2}=BG^{2}$,即 $x^{2}+1^{2}=(2-x)^{2}$,解得 $x=\dfrac{3}{4}. \therefore GE$ 的长为 $\dfrac{3}{4}.$
(3) 如图②,连接 $OC$,交 $BF$ 于点 $I. \because \overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{AF}$,$\therefore \dfrac{1}{2}∠ AOF=∠ OBF$. 在$△ OCG$ 和$△ OBG$ 中,$\begin{cases} OC=OB, \\ OG=OG, \\ CG=BG, \end{cases}$$\therefore △ OCG≌ △ OBG(\mathrm{SSS}). \therefore ∠ COG=∠ BOG. \therefore ∠ IOB=2∠ EOG. \because OF=OB$,$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC}$,$\therefore$ 易得 $OC⊥ BF. \therefore ∠ OIB=90^{\circ }. \because ∠ IOB+∠ IBO=90^{\circ }$,$\therefore 2∠ EOG + \dfrac{1}{2}∠ AOF=90^{\circ }.$
解析
【分析】
（1）要证明同圆中两条弦CD和BF相等，可通过证明它们所对应的弧相等实现。首先由垂径定理，直径AB垂直弦CD，可得弧BC=弧BD，结合题目给出的弧CF=弧CB，通过等量代换即可推出弧CD=弧BF，根据同圆中等弧对等弦，即可得证CD=BF。
（2）求GE的长度，先由第一问结论得CD=BF=4，结合垂径定理得CE=1/2 CD=2。再由等弧对应的圆周角相等，推出∠FBC=∠BCD，得到BG=CG。设GE=x，将BG、CG用含x的代数式表示，在Rt△BEG中利用勾股定理列方程，解方程即可求出GE的长。
（3）要证明角度等式，首先利用圆周角定理，同弧AF对应的圆周角∠OBF等于圆心角∠AOF的1/2，即1/2∠AOF=∠OBF。再通过SSS证明△OCG≌△OBG，得到∠COB=2∠EOG。结合弧CF=弧CB推出OC⊥BF，在Rt△OBI中利用直角三角形两锐角互余，代入等量关系即可推导出要证的角度等式。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB 为$\odot O$ 的直径，$CD⊥ AB$ 于点 $E$，
∴ 由垂径定理得$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$。
又
∵ $\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ $\overset{\frown}{BD}+\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CF}$，即$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BF}$。
根据同圆中等弧对等弦，可得$CD=BF$。
(2) 解：
连接 $BC$。
由(1)得$CD=BF=4$，且$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ 这两段弧对应的圆周角相等，即$∠ FBC=∠ BCD$，
∴ $BG=CG$。
∵ AB 为$\odot O$ 的直径，$CD⊥ AB$，
∴ 由垂径定理得$DE=CE=\dfrac{1}{2}CD=2$。
设 $EG=x$，则 $CG=CE-EG=2-x$，即$BG=2-x$。
在$\mathrm{Rt}△ BEG$ 中，由勾股定理得：
$EG^{2}+BE^{2}=BG^{2}$，代入已知$BE=1$得：
$x^{2}+1^{2}=(2-x)^{2}$，
展开化简得$4x=3$，解得 $x=\dfrac{3}{4}$。
∴ $GE$ 的长为 $\dfrac{3}{4}$。
(3) 证明：
连接 $OC$，交 $BF$ 于点 $I$。
由圆周角定理得：$\dfrac{1}{2}∠ AOF=∠ ABF$，即$\dfrac{1}{2}∠ AOF=∠ OBF$。
在$△ OCG$ 和$△ OBG$ 中：
$\begin{cases} OC=OB, \\ OG=OG, \\ CG=BG, \end{cases}$
∴ $△ OCG≌ △ OBG(\mathrm{SSS})$，
∴ $∠ COG=∠ BOG$，即$∠ COB=2∠ EOG$。
∵ $\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC}$，$OC$是半径，由垂径定理推论可得$OC⊥ BF$，
∴ $∠ OIB=90^{\circ }$，在$\mathrm{Rt}△ OIB$中，两锐角互余：
$∠ IOB+∠ IBO=90^{\circ }$，
将$∠IOB=∠COB=2∠EOG$，$∠IBO=∠OBF=\dfrac{1}{2}∠AOF$代入，可得：
$2∠ EOG+\dfrac{1}{2}∠ AOF=90°$，得证。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $GE=\dfrac{3}{4}$；(3) 证明成立
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，三个小问由浅入深层层递进，依次考察了弦相等的证明、线段长度计算、角度关系推导，核心是引导学生熟练掌握同圆中弧、弦、角的等价转化关系，结合全等三角形、勾股定理等已学知识解决圆相关问题，适合巩固圆章节的核心基础知识点。
【难度系数】
0.6
（1）要证明同圆中两条弦CD和BF相等，可通过证明它们所对应的弧相等实现。首先由垂径定理，直径AB垂直弦CD，可得弧BC=弧BD，结合题目给出的弧CF=弧CB，通过等量代换即可推出弧CD=弧BF，根据同圆中等弧对等弦，即可得证CD=BF。
（2）求GE的长度，先由第一问结论得CD=BF=4，结合垂径定理得CE=1/2 CD=2。再由等弧对应的圆周角相等，推出∠FBC=∠BCD，得到BG=CG。设GE=x，将BG、CG用含x的代数式表示，在Rt△BEG中利用勾股定理列方程，解方程即可求出GE的长。
（3）要证明角度等式，首先利用圆周角定理，同弧AF对应的圆周角∠OBF等于圆心角∠AOF的1/2，即1/2∠AOF=∠OBF。再通过SSS证明△OCG≌△OBG，得到∠COB=2∠EOG。结合弧CF=弧CB推出OC⊥BF，在Rt△OBI中利用直角三角形两锐角互余，代入等量关系即可推导出要证的角度等式。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB 为$\odot O$ 的直径，$CD⊥ AB$ 于点 $E$，
∴ 由垂径定理得$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$。
又
∵ $\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ $\overset{\frown}{BD}+\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{CF}$，即$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BF}$。
根据同圆中等弧对等弦，可得$CD=BF$。
(2) 解：
连接 $BC$。
由(1)得$CD=BF=4$，且$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BD}$，
∴ 这两段弧对应的圆周角相等，即$∠ FBC=∠ BCD$，
∴ $BG=CG$。
∵ AB 为$\odot O$ 的直径，$CD⊥ AB$，
∴ 由垂径定理得$DE=CE=\dfrac{1}{2}CD=2$。
设 $EG=x$，则 $CG=CE-EG=2-x$，即$BG=2-x$。
在$\mathrm{Rt}△ BEG$ 中，由勾股定理得：
$EG^{2}+BE^{2}=BG^{2}$，代入已知$BE=1$得：
$x^{2}+1^{2}=(2-x)^{2}$，
展开化简得$4x=3$，解得 $x=\dfrac{3}{4}$。
∴ $GE$ 的长为 $\dfrac{3}{4}$。
(3) 证明：
连接 $OC$，交 $BF$ 于点 $I$。
由圆周角定理得：$\dfrac{1}{2}∠ AOF=∠ ABF$，即$\dfrac{1}{2}∠ AOF=∠ OBF$。
在$△ OCG$ 和$△ OBG$ 中：
$\begin{cases} OC=OB, \\ OG=OG, \\ CG=BG, \end{cases}$
∴ $△ OCG≌ △ OBG(\mathrm{SSS})$，
∴ $∠ COG=∠ BOG$，即$∠ COB=2∠ EOG$。
∵ $\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{BC}$，$OC$是半径，由垂径定理推论可得$OC⊥ BF$，
∴ $∠ OIB=90^{\circ }$，在$\mathrm{Rt}△ OIB$中，两锐角互余：
$∠ IOB+∠ IBO=90^{\circ }$，
将$∠IOB=∠COB=2∠EOG$，$∠IBO=∠OBF=\dfrac{1}{2}∠AOF$代入，可得：
$2∠ EOG+\dfrac{1}{2}∠ AOF=90°$，得证。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $GE=\dfrac{3}{4}$；(3) 证明成立
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，三个小问由浅入深层层递进，依次考察了弦相等的证明、线段长度计算、角度关系推导，核心是引导学生熟练掌握同圆中弧、弦、角的等价转化关系，结合全等三角形、勾股定理等已学知识解决圆相关问题，适合巩固圆章节的核心基础知识点。
【难度系数】
0.6
