考点20圆的基本性质、与圆有关的位置关系（解析版）练习题

这是一份考点20圆的基本性质、与圆有关的位置关系（解析版）练习题，共28页。试卷主要包含了圆的定义，圆的几何表示，圆内接四边形性质等内容，欢迎下载使用。

考点20圆的基本性质、与圆有关的位置关系
考点总结
考点1 圆的相关概念

1、圆的定义
在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A随之旋转所形成的图形叫做圆，固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径。
2、圆的几何表示
以点O为圆心的圆记作“⊙O”，读作“圆O”
考点2 弦、弧等与圆有关的定义

（1）弦
连接圆上任意两点的线段叫做弦。（如图中的AB）
（2）直径
经过圆心的弦叫做直径。（如途中的CD）
直径等于半径的2倍。
（3）半圆
圆的任意一条直径的两个端点分圆成两条弧，每一条弧都叫做半圆。
（4）弧、优弧、劣弧
圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。
弧用符号“⌒”表示，以A，B为端点的弧记作“”，读作“圆弧AB”或“弧AB”。
大于半圆的弧叫做优弧（多用三个字母表示）；小于半圆的弧叫做劣弧（多用两个字母表示）
考点3 垂径定理及其推论
垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的弧。
推论1：（1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧。
（2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧。
（3）平分弦所对的一条弧的直径垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧。
推论2：圆的两条平行弦所夹的弧相等。
垂径定理及其推论可概括为：
过圆心
垂直于弦 知二推三
直径 平分弦
平分弦所对的优弧
平分弦所对的劣弧
考点4 弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理
1、圆心角
顶点在圆心的角叫做圆心角。
2、弦心距
从圆心到弦的距离叫做弦心距。
3、弧、弦、弦心距、圆心角之间的关系定理
在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦想等，所对的弦的弦心距相等。
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆的圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等。
考点5 圆周角定理及其推论
1、圆周角
顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角。
2、圆周角定理
一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等。
推论2：半圆（或直径）所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径。
推论3：如果三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形。
考点6 点和圆的位置关系
设⊙O的半径是r，点P到圆心O的距离为d，则有：
d d=r点P在⊙O上；
d>r点P在⊙O外。
考点7 过三点的圆
1、过三点的圆
不在同一直线上的三个点确定一个圆。
2、三角形的外接圆
经过三角形的三个顶点的圆叫做三角形的外接圆。
3、三角形的外心
三角形的外接圆的圆心是三角形三条边的垂直平分线的交点，它叫做这个三角形的外心。
4、圆内接四边形性质（四点共圆的判定条件）
圆内接四边形对角互补。
考点8 直线与圆的位置关系
直线和圆有三种位置关系，具体如下：
（1）相交：直线和圆有两个公共点时，叫做直线和圆相交，这时直线叫做圆的割线，公共点叫做交点；
（2）相切：直线和圆有唯一公共点时，叫做直线和圆相切，这时直线叫做圆的切线，
（3）相离：直线和圆没有公共点时，叫做直线和圆相离。
如果⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d,那么：
直线l与⊙O相交d 直线l与⊙O相切d=r；
直线l与⊙O相离d>r；
考点9 圆和圆的位置关系
1、圆和圆的位置关系
如果两个圆没有公共点，那么就说这两个圆相离，相离分为外离和内含两种。
如果两个圆只有一个公共点，那么就说这两个圆相切，相切分为外切和内切两种。
如果两个圆有两个公共点，那么就说这两个圆相交。
2、圆心距
两圆圆心的距离叫做两圆的圆心距。
3、圆和圆位置关系的性质与判定
设两圆的半径分别为R和r，圆心距为d，那么
两圆外离d>R+r
两圆外切d=R+r
两圆相交R-r 两圆内切d=R-r（R>r）
两圆内含dr）
4、两圆相切、相交的重要性质
如果两圆相切，那么切点一定在连心线上，它们是轴对称图形，对称轴是两圆的连心线；相交的两个圆的连心线垂直平分两圆的公共弦。

真题演练

一、单选题
1．（2020·浙江嘉兴·中考真题）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝8，按下列步骤作图：
①以点A为圆心，适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于EF的长为半径作弧相交于点H，作射线AH；
②分别以点A，B为圆心，大于AB的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点O；
③以点O为圆心，线段OA长为半径作圆．
则⊙O的半径为（　　）

A．2 B．10 C．4 D．5
【答案】D
【分析】
如图，设OA交BC于T．解直角三角形求出AT，再在Rt△OCT中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】
解：如图，设OA交BC于T．

∵AB＝AC＝2，AO平分∠BAC，
∴AO⊥BC，BT＝TC＝4，
∴AE＝，
在Rt△OCT中，则有r2＝（r﹣2）2+42，
解得r＝5，
故选：D．
2．（2021·浙江海曙·一模）点Q是y轴上一点，以点Q为圆心作一个圆，已知圆上的，，，四点均在抛物线图象上，则该圆的半径为（ ）
A． B．5 C． D．6
【答案】A
【分析】
设Q点坐标为(0，t)，由点A、B纵坐标相同，C、D纵坐标也相同，抛物线对称轴为y轴，可得，，解得，代入抛物线解析式可求点A（-2，2），点B（2，2）点C（-4，8），点D（4，8），由QD2=42+(8-t)2，QB2=22+（t-2）2，可列方程42+(8-t)2=22+(t-2)2，解得t=6，再利用两点距离公式求半径即可．
【详解】
解：设Q点坐标为(0，t)，
∵点A、B纵坐标相同，C、D纵坐标也相同，抛物线对称轴为y轴，
∴A、B两点横坐标互为相反数，C、D两点横坐标也互为相反数，
∴，，
解得，
∴，
点A（-2，2），点B（2，2）点C（-4，8），点D（4，8），
又∵四点都在圆上，
∴QB=QD=QA=QC，
∵QD2=42+(8-t)2，QB2=22+（t-2）2，
∴42+(8-t)2=22+(t-2)2，
解得t=6，
圆的半径为R=．
故选择：A．
3．（2021·浙江·模拟预测）下列选项中，能够被半径为的圆及其内部所覆盖的图形是（ ）
A．长度为的线段 B．斜边为的直角三角形
C．面积为的菱形 D．半径为，圆心角为的扇形
【答案】D
【分析】
由直径为圆中最长的弦可判断 由直角三角形的外接圆的直径是斜边的长可判断，利用圆的面积为，小于菱形的面积，可判断 由半径为，圆心角为的扇形的面积小于圆的面积可判断
【详解】
解： 半径为的圆的直径为
半径为的圆及其内部所能覆盖的线段最长为，
而＞
半径为的圆及其内部不能覆盖长度为的线段．故 不符合题意，
斜边为的直角三角形的外接圆的直径为，而＞，
所以半径为的圆及其内部不能覆盖斜边为的直角三角形，故不符合题意，
，菱形的面积为 而＜
半径为的圆及其内部不能覆盖面积为的菱形，故不符合题意；
半径为，圆心角为的扇形的面积为：
而＜
所以半径为的圆及其内部能覆盖半径为，圆心角为的扇形，故符合题意，
故选：
4．（2021·浙江·翠苑中学二模）如图，是的直径，弦于点，，，则的长为（ ）

A．4 B．5 C．8 D．16
【答案】C
【分析】
根据垂径定理得出CM=DM，再由已知条件得出圆的半径为5，在Rt△OCM中，由勾股定理得出CM即可，从而得出CD．
【详解】
解：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴CM=DM，
∵AM=2，BM=8，
∴AB=10，
∴OA=OC=5，
在Rt△OCM中，OM2+CM2=OC2，
∴CM==4，
∴CD=8．
故选：C．
5．（2021·浙江南浔·二模）沪苏湖高铁在紧张施工中，现在南浔站已开始隧道挖掘作业，如图1，圆弧形混凝土管片是构成圆形隧道的重要部件，如图2，有一圆弧形混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，为估计隧洞开挖面的大小，甲、乙、丙三个小组对相关数据进行测量方案如下表，利用数据能够估算隧道外径大小的小组有（ ）
小组
测量内容
甲
，的长
乙
，，的长
丙
的长，点、间距离，点、间的距离

A．三组测量数据都不足 B．一个小组
C．两个小组 D．三个组都可以
【答案】D
【分析】
根据垂径定理和勾股定理即可判断出甲；运用弧长公式可判断出乙；根据锐角的正弦值相等可判断丙．
【详解】
解：连接HM，则四边形HGNM是矩形，过点O作OK⊥GN，垂足为K，则OK⊥HM，垂足为，如图，

∴四边形是矩形，
∴
对于甲：可直接测量出HG，GN，
设外径为R，
则在中，
∴
∴
∵HG，GN已知，
∴可求，故甲组能够估算隧道外径大小；
对于乙：设外径为R，则内径为（R-AB）
设圆心角，则：
，
∴
∵已知
∴R可求，故乙组能够估算隧道外径大小；
对于丙：连接AD，BC，过点O作OK⊥BC，垂足为K，则OK⊥AD，垂足为，如图，

设外径为R，则内径为（R-AB）
设圆心角，则：
∴
∴，即：
∵AB，AD，BC已知，
∴R可求，故丙组能够估算隧道外径大小；
∴三个组都能够估算隧道外径大小．
故选D．
6．（2021·浙江龙湾·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，BC，CA为直径作半圆围成两月牙形，过点C作DFAB分别交三个半圆于点D，E，F．若，AC+BC＝15，则阴影部分的面积为（　　）

A．16 B．20 C．25 D．30
【答案】C
【分析】
连接AF，BD，先证明四边形ABDF是矩形，然后由垂径定理，矩形的性质，勾股定理，表示出相应的线段长度，结合AC+BC＝15，求出k的值，得到各个扇形的半径，再利用间接法求出阴影部分的面积．
【详解】
解：连接AF，BD，如图，

∵AC、BC是直径，
∴∠AFC=90°，∠BDC=90°，
∵DFAB，
∴四边形ABDF是矩形，
∴AB=FD；
取AB的中点O，作OG⊥FD，
∵，
则设，，
由垂径定理，则，
∴，
∴，，，
由勾股定理，则
，，
∵AC+BC＝15，
∴，
∴；
∴，，，
∴阴影部分的面积为

∴；
故选：C．
7．（2021·浙江宁波·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知，点是以为直径的半圆上两点，且四边形是平行四边形，则点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
作MN⊥CD于点N，连接MC，作CE⊥OA于点E，则四边形MNCE是矩形．根据垂径定理即可求得CE的长，即C的横坐标，然后在直角△MNC中，利用勾股定理求得MN的长，则C的纵坐标即可求解．
【详解】
解：作MN⊥CD于点N，连接MC，作CE⊥OA于点E．
则四边形MNCE是矩形．
∵点A的坐标是（10，0），点B的坐标是（8，0），
∴OA＝10，OB＝8，
∵四边形OCDB是平行四边形，
∴CD＝OB＝8．
∵MN⊥CD于点N，
∴CN＝DN＝CD＝OB＝4．
∵四边形MNCE是矩形，
∴EM＝CN＝4，
∴OE＝OM﹣EM＝5﹣4＝1．
在直角△CMN中，CM＝OM＝5，MN＝ ＝3．
∴CE＝MN＝3．
∴C的坐标是：（1，3）．
故选：D．

8．（2021·浙江余杭·一模）如图，⊙O的半径OD⊥AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC．若AB＝8，CD＝2，则cos∠OCE为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
如图，过点E作EH⊥DO交DO的延长线于H，设OA=r．利用勾股定理求出OC，OA，利用全等三角形的性质证明EH=AC=4，OH=OC=3，求出EC即可解决问题．
【详解】
解：如图，过点E作EH⊥DO交DO的延长线于H，设OA=r．

∵OD⊥AB，
∴AC=BC=4，
在Rt△ACO中，
∵∠ACO=90°，
∴r2=42+（r-2）2，
解得r=5，
∴OA=OE=5，OC=3，
∵∠H=∠ACO，∠EOH=∠AOC，AO=EO，
∴△EOH≌△AOC（AAS），
∴EH=AC=4，OH=OC=3，CH=6，
∴EC=，
∴cos∠OCE=，
9．（2021·浙江拱墅·二模）⊙O的弦AB的长为8cm，弦AB的弦心距为3 cm，则⊙O的直径为（ ）
A．4 cm B．5 cm C．8 cm D．10 cm
【答案】D
【分析】
根据垂径定理即可求得AC的长，连接OC，在直角△AOC中根据勾股定理即可求得半径OA的长，则直径即可求解．
【详解】
解：连接OC，

∵OC⊥AB，
∴AC=AB=4cm，
在直角△AOC中，

所以直径为10，
故选D
10．（2021·浙江临安·一模）一根水平放置的圆柱形输水管道横截面如图所示，其中有水部分水面宽0.8米，最深处水深0.2米，则此输水管道的直径是（ ）

A．0.4米 B．0.5米 C．0.8米 D．1米
【答案】D
【分析】
设⊙O的半径是R，过点O作OD⊥AB于点D，交⊙O于点C，连接OA，由垂径定理得出AD的长，在Rt△AOD中利用勾股定理即可求出OA的长．
【详解】
解：设⊙O的半径是R，过点O作OD⊥AB于点D，交⊙O于点C，连接OA，

∵AB=0.8m，OD⊥AB，
∴AD=0.4m，
∵CD=0.2m，
∴OD=R-CD=R-0.2，
在Rt△OAD中，
OD2+AD2=OA2，即（R-0.2）2+0.42=R2，解得R=0.5m．
∴2R=2×0.5=1米．
故答案为D


二、填空题
11．（2021·浙江温州·中考真题）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的的值为______；记图1中小正方形的中心为点，，，图2中的对应点为点，，．以大正方形的中心为圆心作圆，则当点，，在圆内或圆上时，圆的最小面积为______．

【答案】
【分析】
（1）先求出剪拼后大正方形的面积，得到其边长，再结合图2，求出图1中长方形的长边除去长为d部分的线段后，剩下的线段长刚好为大正方形的边长，最后用图1中的长方形的长减去图2中大正方形的边长即可完成求解；
（2）结合两图分别求出对应线段的长，通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出O点到、、之间的距离即可确定最小圆的半径，即可完成求解．
【详解】
解：∵图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，
∴每个小正方形边长为2，图1和图2中整个图形的面积为，
所以图2中正方形的边长,如下图3所示；
∴图1中，；
分别连接、、，并分别过点、、向大正方形的对边作垂线，得到如图所示辅助线，
综合两图可知，,,,O点到大正方形各边距离为，
∴，,
∴;
综合两图可知：,,,
∴,,
∴；
继续综合两图可知：,
∴,
∴,
∵，
∴距离O点最远，
∴最小圆的半径应为，
∴圆的面积为；
故答案为：；．

12．（2020·浙江·中考真题）如图，已知AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，则CD与AB之间的距离是_____．

【答案】3
【分析】
过点O作OH⊥CD于H，连接OC，先利用垂径定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过点O作OH⊥CD于H，

连接OC，如图，则CH＝DH＝CD＝4，
在Rt△OCH中，OH＝＝3，
所以CD与AB之间的距离是3．
故答案为3．
13．（2021·浙江杭州·模拟预测）如图，⊙O的半径为1，弦，，点为劣弧上一个动点，延长至点，使，当点由点运动到点时，点的运动路径长为______．


【答案】
【分析】
连接，根据知道，进而得出，则点的路径是经过A点的线段，再根据相似三角形的性质求出即可．
【详解】
解：如图：


连接，
当时，
即，
∵，
∴，
∴，
∴点Q的路径是经过A点的线段，
∴当点P在点C时，
∵，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴点的运动路径长为
14．（2021·浙江永嘉·一模）如图1，是某隧道的入口，它的截面如图2所示，是由和Rt∠ACB围成，且点C也在所在的圆上，已知AC＝4m，隧道的最高点P离路面BC的距离DP＝7m，则该道路的路面宽BC＝_____m；在上，离地面相同高度的两点E，F装有两排照明灯，若E是的中点，则这两排照明灯离地面的高度是_____m．

【答案】2 ＋2
【分析】
先求得圆心的位置，根据垂径定理得到AM＝CM＝2，即可求得半径为5，根据勾股定理即可求得CD，进而求得BC，根据勾股定理求得PA，从而以及垂径定理求得PN，利用勾股定理求得ON，通过证得△EOK≌△OPN求得EK＝ON，进一步即可求得EQ．
【详解】
解：作AC的垂直平分线OM，交PD于O，交AC于M，则O是圆心，连接OC，
∴OD＝MC＝AC＝2cm，
∵PD＝7cm，
∴圆的半径为7−2＝5（cm），
∴CD＝（cm），
∴BC＝2CD＝2cm，
连接PA、OE交于N，作AH⊥PD于H，EQ⊥BC于Q，
∵PD＝7cm，DH＝AC＝4cm，
∴PH＝7−4＝3（cm），
∵AH＝CD＝cm，
∴PA＝（cm），
∵E是的中点，
∴OE垂直平分PA，
∴PN＝cm，
∴ON＝，
∵EQ∥PD，
∴∠OEK＝∠EOP，
在△EOK和△OPN中，
，
∴△EOK≌△OPN（AAS），
∴EK＝ON＝，
∴EQ＝EK＋KQ＝（＋2）（cm），
故答案为2，（＋2）．

15．（2021·浙江衢江·一模）工程上常用钢珠来测量零件上小圆孔的宽口，假设钢珠的直径是10mm，测得钢珠顶端离零件表面的距离为8mm，如图所示，则这个小圆孔的宽口AB的长度为____mm．
【答案】8
【分析】
先根据钢珠的直径求出其半径，再构造直角三角形，求出小圆孔的宽口AB的长度的一半，最后乘以2即为所求．
【详解】
连接OA，过点O作OD⊥AB于点D，

则AB=2AD，
∵钢珠的直径是10mm，∴钢珠的半径是5mm．
∵钢珠顶端离零件表面的距离为8mm，∴OD=3mm．
在Rt△AOD中，∵mm，
∴AB=2AD=2×4=8mm

三、解答题
16．（2021·浙江·中考真题）如图，已知是⊙的直径，是所对的圆周角，．

（1）求的度数；
（2）过点作，垂足为，的延长线交⊙于点．若，求的长．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）连结，根据圆周角性质，得；根据直径所对圆周角为直角、直角三角形两锐角互余的性质计算，即可得到答案；
（2）根据含角的直角三角形性质，得；根据垂径定理、特殊角度三角函数的性质计算，即可得到答案．
【详解】
（1）连结，



是的直径，
，

（2），，
∴
，，且是直径

．
17．（2021·浙江台州·中考真题）如图，BD是半径为3的⊙O的一条弦，BD＝4，点A是⊙O上的一个动点（不与点B，D重合），以A，B，D为顶点作平行四边形ABCD．


（1）如图2，若点A是劣弧的中点．
①求证：平行四边形ABCD是菱形；
②求平行四边形ABCD的面积．
（2）若点A运动到优弧上，且平行四边形ABCD有一边与⊙O相切．
①求AB的长；
②直接写出平行四边形ABCD对角线所夹锐角的正切值．
【答案】①证明见解析；②；（2）①AB的长为或；②
【分析】
（1）①利用等弧所对的弦相等可得，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得证；②连接AO，交BD于点E，连接OD，根据垂径定理可得，利用勾股定理求出OE的长，即可求解；
（2）①分情况讨论当CD与相切时、当BC与相切时，利用垂径定理即可求解；②根据等面积法求出AH的长度，利用勾股定理求出DH的长度，根据正切的定义即可求解．
【详解】
解：（1）①∵点A是劣弧的中点，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形；
②连接AO，交BD于点E，连接OD，
，
∵点A是劣弧的中点，OA为半径，
∴，OA平分BD，
∴，
∵平行四边形ABCD是菱形，
∴E为两对角线的交点，
在中，,
∴，
∴；
（2）①如图，当CD与相切时，连接DO并延长，交AB于点F，

∵CD与相切，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴，解得，
∴，
∴；
如图，当BC与相切时，连接BO并延长，交AD于点G，


同理可得，，
所以,
综上所述，AB的长为或；
②过点A作，
，
由（2）得：
根据等面积法可得，
解得，
在在中，，
∴，
∴．
18．（2021·浙江杭州·三模）如图1，是的外接圆，点是的中点，过点作，交弦的延长线于点．

（1）求证：；
（2）若的半径为6，求的值；
（3）如图2，若是半圆，点是上的动点，且点，分别位于的两侧，作关于的轴对称图形，连接，试探究，，三者之间满足的数量关系，并证明所得到的结论．
【答案】（1）证明见详解；（2）6；（3）．
【分析】
（1）根据点是的中点，可得到AD=CD，然后得到∠DAC=∠DCA，然后结合，利用互余的性质可得到∠DCB=∠DBC，即可得到结论；
（2）连接DO交于点E，交AC于点F，连接AE可得到AD⊥AE，根据条件易有∠DAF=∠AED，可证的△AFD∽△DAF，然后得到比例关系，又因为D，F均为中点可得到DF=，然后即可得到结论；
（3）以D为直角顶点，QD为直角边作等腰直角△DGQ，连接AG，然后证得△ADQ≌△CDQ，得到AG=CQ，然后根据圆周角定理和对称的关系得到∠P=∠AQD=45°，进而得到∠AQG=∠AQD+∠DQG=90°，在根据勾股定理得到三边关系，进一步替换即可．
【详解】
解：（1）证明：∵ 点是的中点，
∴,
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA，
∵，
∴∠DAC+∠B=90°，∠DCA+∠DCB=90°，
∴∠DCB=∠DBC，

∴；
（2）如图，连接DO交于点E，交AC于点F，连接AE，

∵点是的中点，
∴,
∴∠DAF=∠AED，
∵DE为的直径，
∴AE⊥AD，AF⊥DF，点F为AC中点
∴∠EAD=∠AFD，
∴△AFD∽△EAD，
∴
∵，
∴DF是△ABC中位线，
∴DF=BC,
∴
∴；
（3）如图，以D为直角顶点，QD为直角边作等腰直角△DGQ，连接AG，
则，∠DQG=45°，

∵AC为的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠QDG+∠QDA=∠ADC+∠QDA即∠ADG=∠CDQ，
在△ADQ和△CDQ中
∴△ADQ≌△CDQ(SAS)，
∴AG=CQ，
∵点是的中点，
∴∠P=45°，
由对称可知：∠P=∠AQD=45°，
∴∠AQG=∠AQD+∠DQG=90°，
∴，
∴．