19.(1)猜想：AF=BD且AF⊥BD.证明：设AF与DC交点为G.∵FC=DC，AC=BC，∠BCD=∠BCA+∠ACD，∠ACF=∠DCF+∠ACD，∠BCA=∠DCF=90°，∴∠BCD=∠ACF.∴△ACF≌△BCD.∴AF=BD.∴∠AFC=∠BDC.∵∠AFC+∠FGC=90°，∠FGC=DGA，∴∠BDC+∠DGA=90°.∴AF⊥BD.∴AF=BD且AF⊥BD.(2)结论：AF=BD且AF⊥BD.图形不唯一，只要符合要求即可.如：①CD边在△ABC的内部时；②CF边在△ABC的内部时.6.连接CE，CF，利用弦切角所对的圆周角相等，和直角三角形，锐角互余，证明内错角相等，从而平行，同理得到平行四边形，即证。5.（1）R=5,（2）CF=20/3,(3)tan∠BAD=6/17.提示：充分利用勾股定理和三角形相似去解题。18.设计方案如左图所示，在右图中，易证四边形OAO′C为正方形，OO′+O′B=25，所以圆形凳面的最大直径为25(-1)厘米.三、解答题本题共8小题，共48分）19.扇形OAB的圆心角为45°，纸杯的表面积为44.解：设扇形OAB的圆心角为n°弧长AB等于纸杯上开口圆周长：弧长CD等于纸杯下底面圆周长：可列方程组，解得所以扇形OAB的圆心角为45°，OF等于16cm纸杯表面积=纸杯侧面积+纸杯底面积=扇形OAB的面积-扇形OCD的面积+纸杯底面www.docin.com积即S纸杯表面积==20.连接OP、CP，则∠OPC=∠OCP.由题意知△ACP是直角三角形，又Q是AC的中点，因此QP=QC，∠QPC=∠QCP.而∠OCP+∠QCP=90°，所以∠OPC+∠QPC=90°即OP⊥PQ，PQ与⊙O相切.21.解：连接OQ，∵OQ=OB，∴∠OBP=∠OQP又∵QR为⊙O的切线，∴OQ⊥QR即∠OQP+∠PQR=90°而∠OBP+∠OPB=90°故∠PQR=∠OPB又∵∠OPB与∠QPR为对顶角∴∠OPB=∠QPR，∴∠PQR=∠QPR∴RP=RQ变化一、连接OQ，证明OQ⊥QR；变化二、(1)结论成立(2)结论成立，连接OQ，证明∠B=∠OQB，则∠P=∠PQR，所以RQ=PR.22.(1)在矩形OABC中，设OC=x则OA=x+2，依题意得解得：(不合题意，舍去)∴OC=3，OA=5(2)连结O′D，在矩形OABC中，OC=AB，∠OCB=∠ABC=90°，CE=BE=∴△OCE≌△ABE∴EA=EO∴∠1=∠2在⊙O′中，∵O′O=O′D∴∠1=∠3∴∠3=∠2∴O′D∥AE，∵DF⊥AE∴DF⊥O′D又∵点D在⊙O′上，O′D为⊙O′的半径，∴DF为⊙O′切线.(3)不同意.理由如下：①当AO=AP时，以点A为圆心，以AO为半径画弧交BC于P1和P4两点过P1点作P1H⊥OA于点H，P1H=OC=3，∵AP1=OA=5∴AH=4，∴OH=1求得点P1(1，3)同理可得：P4(9，3)②当OA=OP时，同上可求得：P2(4，3)，P3(4，3)因此，在直线BC上，除了E点外，既存在⊙O′内的点P1，又存在⊙O′外的点P2、P3、P4，它们分别使△AOP为等腰三角形.19．证明：过点O作CDOE于E∴AE=BE∴AO=BO(三线合一)20．证明：∵AD=BC，∴AD=BC，∴AD+BD=BC+BD，即AB=CD，∴AB=CD。21．解：，连接AC，作AC的中垂线交AC于G，交BD于N，交圆的另一点为M，由垂径定理可知：MN为圆弧形的所在的圆与地面的切点，取MN的中点O，则O为圆心，连接OA、OC，∵AB⊥BD，CD⊥BD，∴AB∥CD．∵AB=CD,CEEDwww.docin.com∴四边形ABCD为矩形,∴AC=BD=200cm,GN=AB=CD=20cm,∴AG=GC=12AC=100cm．设⊙O的圆心为R,由勾股定理得OA2=OG2+AG2,即R2=(R-20)2+1002,解得R=260cm,∴MN=2R=520cm．答:这个圆弧形门的最高点离地面的高度是=520cm．22．证明：过O作OMPB于M，ONPD于N∵OP∠EPF∴OM=ON,PM=PN,∴AB=CD,则BM=DN,∴PM+BM=PN+ND,∴PB=PD23．解：(1)AB=AC．连结AD，则AD⊥BC．又BD=DC，∴AD是线段BD的中垂线．