Question

17．如圖，在⊙O中，AB是直徑，點(diǎn)D是⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)C是弧AD的中點(diǎn)，弦CF⊥AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)D的切線交FC的延長線于點(diǎn)G，連接AD，分別交CF、CB于點(diǎn)P、Q，連接AC．給出下列結(jié)論：①∠BAD=∠ABC；②AD=CB；③點(diǎn)P是△ACQ的外心；④GP=GD；⑤CB∥GD．其中正確結(jié)論的序號是（　　）

• A． ①②④
• B． ②③⑤
• C． ③④
• D． ②⑤

Answer 1

分析 由于$\widehat{AC}$與$\widehat{BD}$不一定相等，根據(jù)圓周角定理可知①錯(cuò)誤；
由于$\widehat{AC}$與$\widehat{BD}$不一定相等，那么$\widehat{AD}$與$\widehat{BC}$也不一定相等，根據(jù)圓心角、弧、弦的關(guān)系定理可知②錯(cuò)誤；
先由垂徑定理得到A為$\widehat{CE}$的中點(diǎn)，再由C為$\widehat{AD}$的中點(diǎn)，得到$\widehat{CD}$=$\widehat{AE}$，根據(jù)等弧所對的圓周角相等可得出∠CAP=∠ACP，利用等角對等邊可得出AP=CP，又AB為直徑得到∠ACQ為直角，由等角的余角相等可得出∠PCQ=∠PQC，得出CP=PQ，即P為直角三角形ACQ斜邊上的中點(diǎn)，即為直角三角形ACQ的外心，可知③正確；
連接OD，利用切線的性質(zhì)，可得出∠GPD=∠GDP，利用等角對等邊可得出GP=GD，可知④正確；
由于$\widehat{AC}$與$\widehat{BD}$不一定相等，而由垂徑定理可得出$\widehat{BC}$=$\widehat{BE}$，則$\widehat{AD}$與$\widehat{BE}$不一定相等，∠GDA與∠BCE不一定相等，又∠BCE即∠PCQ=∠PQC，所以∠GDA與∠PQC不一定相等，可知⑤錯(cuò)誤．

解答 解：∵在⊙O中，AB是直徑，點(diǎn)D是⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)C是弧AD的中點(diǎn)，
∴$\widehat{AC}$=$\widehat{CD}$≠$\widehat{BD}$，
∴∠BAD≠∠ABC，故①錯(cuò)誤；

∵$\widehat{AC}$≠$\widehat{BD}$，
∴$\widehat{AC}$+$\widehat{CD}$≠$\widehat{BD}$+$\widehat{CD}$，
即$\widehat{AD}$≠$\widehat{BC}$，
∴AD≠BC，故②錯(cuò)誤；

∵弦CE⊥AB于點(diǎn)F，
∴A為$\widehat{CE}$的中點(diǎn)，即$\widehat{AE}$=$\widehat{AC}$，
又∵C為$\widehat{AD}$的中點(diǎn)，
∴$\widehat{AC}$=$\widehat{CD}$，
∴$\widehat{AE}$=$\widehat{CD}$，
∴∠CAP=∠ACP，
∴AP=CP．
∵AB為圓O的直徑，
∴∠ACQ=90°，
∴∠PCQ=∠PQC，
∴PC=PQ，
∴AP=PQ，即P為Rt△ACQ斜邊AQ的中點(diǎn)，
∴P為Rt△ACQ的外心，故③正確；

連接OD，
則OD⊥GD，∠OAD=∠ODA，
∵∠ODA+∠GDP=90°，∠EPA+∠FAP=∠FAP+∠GPD=90°，
∴∠GPD=∠GDP；
∴GP=GD，故④正確；

∵CE⊥AB，
∴$\widehat{BC}$=$\widehat{BE}$，
∵$\widehat{AD}$≠$\widehat{BC}$，
∴$\widehat{AD}$≠$\widehat{BE}$，
∴∠GDA≠∠BCE，
又∵∠BCE=∠PQC，
∴∠GDA≠∠PQC，
∴CB與GD不平行，故⑤錯(cuò)誤．
綜上可知，正確的結(jié)論是③④，一共2個(gè)．
故選：C．

點(diǎn)評 此題是圓的綜合題，其中涉及到切線的性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，圓心角、弧、弦的關(guān)系定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，以及三角形的外接圓與圓心，平行線的判定，熟練掌握性質(zhì)及定理是解決本題的關(guān)鍵．