全国各地中考数学压轴题专集答案圆.docx
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全国各地中考数学压轴题专集答案圆
2012年全国各地中考数学压轴题专集答案
圆
八、圆
1．（北京模拟）在△ABC中，分别以AB、AC为直径在△ABC外作半圆O1和半圆O2，其中O1和O2分别为两个半圆地圆心．F是边BC地中点，点D和点E分别为两个半圆圆弧地中点．
（1）如图1，连接O1F，O1D，DF，O2F，O2E，EF，证明：
△DO1F≌△FO2E；
（2）如图2，过点A分别作半圆O1和半圆O2地切线，交BD地延长线和CE地延长线于点P和点Q，连接PQ，若∠ACB＝90°，DB＝5，CE＝3，求线段PQ地长；
（3）如图3，过点A作半圆O2地切线，交CE地延长线于点Q，过点Q作直线FA地垂线，交BD地延长线于点P，连接PA．求证：
PA是半圆O1地切线．
图2
图1
Q
（1）证明：
∵O1，O2，F分别是AB，AC，BC边地中点
F
∴O1F∥AC且O1F＝AO2，O2F∥AB且O2F＝AO1
∴∠BO1F＝∠BAC，∠CO2F＝∠BAC
∴∠BO1F＝∠CO2F
∵点D和点E分别为两个半圆圆弧地中点
∴O1F＝AO2＝O2E，O2F＝AO1＝O1D，∠BO1D＝90°，∠CO2E＝90°
∴∠BO1D＝∠∠CO2E，∴∠DO1F＝∠FO2E
∴△DO1F≌△FO2E
G
（2）解：
延长CA至G，使AG＝AQ，连接BG、AE
∵点E是半圆O2圆弧地中点，∴AE＝CE＝3
∵AC为半圆O2地直径，∴∠AEC＝90°
∴∠ACE＝∠CAE＝45°，AC＝3
∵AQ是半圆O2地切线，∴CA⊥AQ，∴∠CAQ＝90°
∴∠AQE＝∠ACE＝45°，∠GAQ＝90°，∴AQ＝AC＝AG＝3
同理：
∠BAP=90°，AB=AP＝5
∴CG＝6，∠GAB＝∠QAP
∴△AQP≌△AGB，∴PQ＝BG
∵∠ACB＝90°，∴BC＝＝4
∴BG＝＝2，∴PQ＝2
（3）设直线FA与PQ地垂足为M，过C作CG⊥MF于G，过B作BH⊥MF于H，连接DH、AD、DM
∵F是BC边地中点，∴S△ABF＝S△ACF，∴BH＝CG
由
（2）知，∠CAQ＝90°，AC＝AQ，∴∠2＋∠3＝90°
∵FM⊥PQ，∴∠2＋∠1＝90°，∴∠1＝∠3
同理：
∠2＝∠4
H
∴△AMQ≌△CGA，∴AM＝CG，∴AM＝BH
同
（2）可证AD＝BD，∠ADB＝∠ADP＝90°
∴∠ADB＝∠AHB＝90°，∠ADP＝∠AMP＝90°
∴A、D、B、H四点在以AB为直径地圆上
A、D、P、M四点在以AP为直径地圆上
且∠DBH＋∠DAH＝180°
∴∠5＝∠8，∠6＝∠7
∵∠DAM＋∠DAH＝180°，∴∠DBH＝∠DAM
∴△DBH≌△DAM，∴∠5＝∠9
∴∠HDM＝90°，∴∠5＋∠7＝90°
∴∠6＋∠8＝90°，∴∠PAB＝90°，∴PA⊥AB
又AB是半圆O1地直径，∴PA是半圆O1地切线
2．（上海）如图，在半径为2地扇形AOB中，∠AOB＝90°，点C是上地一个动点（不与点A、B重合），OD⊥BC，OE⊥AC，垂足分别为D、E．
（1）当BC＝1时，求线段OD地长；
（2）在△DOE中是否存在长度保持不变地边？
如果存在，请指出并求其长度；如果不存在，请说明理由；
（3）设BD＝x，△DOE地面积为y，求y关于x地函数解读式，并写出它地定义域．
B
解：
（1）∵OD⊥BC，∴BD＝BC＝
在Rt△BOD中，OD＝＝
B
（2）存在，长度保持不变地边为DE
连接AB
∵OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，∴AB＝＝2
∵OD⊥BC，OE⊥AC，∴D是BC中点，E是AC中点
∴DE＝AB＝
（3）连接OC，过D作DF⊥OE于F
∵OD＝2，BD＝x，∴OD＝
∵OA＝OB＝OC，OD⊥BC，OE⊥AC
F
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4
∵∠AOB＝90°，∴∠DOE＝45°
在Rt△DOF中，DF＝OF＝
在Rt△DFE中，EF＝＝＝x
∴y＝OE·DF＝（＋x）·
即y＝（0＜x＜）
3．（上海模拟）
M
如图，已知在△ABC中，AB＝15，AC＝20，cotA＝2，P是边AB上地一个动点，⊙P地半径为定长．当点P与点B重合时，⊙P恰好与边AC相切；当点P与点B不重合，且⊙P与边AC相交于点M和点N时，设AP＝x，MN＝y．
（1）求⊙P地半径；
（2）求y关于x地函数解读式，并写出它地定义域；
（3）当AP＝6时，试比较∠CPN与∠A地大小，并说明理由．
解：
（1）过B作BD⊥AC于D
∵⊙P与边AC相切，∴BD是⊙P地半径
H
∵cotA＝2，∴sinA＝
又∵sinA＝，AB＝15，∴BD＝3
（2）过P作PH⊥MN于H
则PH＝x，PM＝BD＝3
∴MH＝＝
∴y＝2MH＝2
即y＝（3≤x＜15）
（3）当AP＝6时，∠CPN＝∠A
理由如下：
当AP＝6时，PH＝6，MH＝3，AH＝12，∴AM＝9
∵AC＝20，MN＝6，∴CN＝5
∵＝＝，＝，∴＝
又∵PM＝PN，∴∠PMN＝∠PNM
∴∠AMP＝∠PNC，∴△AMP∽△PNC
∴∠CPN＝∠A
4．（上海模拟）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，∠B＝60°，AB＝10，AD＝4，⊙M与∠BAD地两边相切，点N在射线AB上，⊙N与⊙M是等圆，且两圆外切．
（1）设AN＝x，⊙M地半径为y，求y关于x地函数关系式；
（2）当x为何值时，⊙M与CD相切？
（3）直线CD被⊙M所截得地弦与直线BC被⊙N所截得地弦地长是否可能相等？
如果能，求出符合要求地x地值；如果不能，请说明理由．
N
解：
（1）连接AM、MN，设⊙M与AB相切于点E，连接ME
E
∵⊙N与⊙M是等圆，且两圆外切
∴在Rt△MNE中，MN＝2ME，∴∠ANM＝30°
∵AD∥BC，∠B＝60°，∴∠BAD＝120°
∵⊙M与∠BAD地两边相切
∴∠NAM＝60°，∴∠AMN＝90°
∴在Rt△AMN中AM＝AN＝x
∴ME＝AM·sin60°＝x
即y＝x（x＞0）
F
（2）设⊙M分别与AD、CD相切于点F、G，连接MA、MF、MG
则MF＝FD＝MG＝y
且AF＝MF·cot60°＝y＝·x＝x
∵AD＝4，AF＋FD＝AD，∴x＋x＝4
∴x＝8（－1）
（3）作NH⊥BC于点H
若直线CD被⊙M所截得地弦与直线BC被⊙N所截得地弦地长相等，则弦心距MG＝NH
G
①当点N在线段AB上时
∵AB＝10，∴BN＝10－x
∴FD＝MG＝NH＝BN·sin60°＝（10－x）
G
∵AF＝x，AF＋FD＝AD，∴x＋（10－x）＝4
∴x＝
②当点N在AB延长线上时
则FD＝MG＝NH＝BN·sin60°＝（x－10）
x＋（x－10）＝4
∴x＝
∴当x＝或x＝时，直线CD被⊙M所截得地弦与直线BC被⊙N所截得地弦地长相等
5．（上海模拟）已知：
半圆O地半径OA＝4，P是OA延长线上一点，过线段OP地中点B作OP地垂线交半圆O于点C，射线PC交半圆O于点D，连接OD．
（1）当＝时，求弦CD地长；
（2）设PA＝x，CD＝y，求y与x地函数关系式及自变量x地取值范围；
（3）设CD地中点为E，射线BE与射线OD交于点F，当DF＝1时，求tan∠P地值．
D
备用图
备用图
解：
（1）连接OC
E
当＝时，∠POC＝∠DOC
∵BC垂直平分OP，∴PC＝OC＝4
∴∠P＝∠POC＝∠DOC
∴△DOC∽△DPO，∴＝
即＝，解得CD＝2－2
（2）作OE⊥CD于E，则CE＝DE＝y
①当点C在上时
∵∠PBC＝∠PEO＝90°，∠P＝∠P
∴△PBC∽△PEO，∴＝
即＝，∴y＝x2＋2x－4
显然，B不与A重合，∴x＜4
当D与C重合时，PC是半圆O地切线
∴PC⊥OC，∠PCO＝90°
此时△PCO是等腰直角三角形
∴OP＝OC，即x＋4＝4，x＝4－4
∵D不与C重合，∴x＞4－4
∴4－4＜x＜4
∴y＝x2＋2x－4（4－4＜x＜4）
②当点C在外时
E
同理，△PBC∽△PEO，∴＝
即＝，∴y＝－x2－2x＋4（0＜x＜4－4）
（3）①当点C在上时，过D作DG∥OP交BF于G
则△DEG∽△PEB，△DEF∽△OBF
G
∴＝＝＝＝
∴＝，即＝，解得＝1
∴CE＝1，PE＝5，OE＝＝
∴tan∠P＝＝
②当点C在外时，过D作DG∥OP交BE于G
G
则△DEG∽△PEB，△DFG∽△BFO
∴＝＝＝＝
∴＝，即＝，解得＝1
∴CE＝1，PE＝3，OE＝＝
∴tan∠P＝＝
6．（上海模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，sinB＝，⊙B地半径长为1，⊙B交边BC于点P，点O是边AB上地动点．
（1）如图1，将⊙B绕点P旋转180°得到⊙M，请判断⊙M与直线AB地位置关系；
（2）在
（1）地条件下，当△OMP是等腰三角形时，求OA地长；
（3）如图2，点N是边BC上地动点，如果以NB为半径地⊙N和以OA为半径地⊙O外切，设NB＝y，OA＝x，求y关于x地函数关系式及定义域．
O
图1
D
解：
（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，sinB＝
∴AB＝10，BC＝＝＝8
过点M作MD⊥AB于D
在Rt△MDB中，∠MDB＝90°，∴sinB＝＝
∵MB＝2，∴MD＝×2＝＞1
∴⊙M与直线AB相离
O
（2）∵MD＝＞1＝MP，∴OM＞MP
若OP＝MP，易得∠MOB＝90°
∴cosB＝＝＝，∴OB＝
∴OA＝10－＝
E
若OM＝OP，过O作OE⊥BC于E
∴cosB＝＝＝，∴OB＝
∴OA＝10－＝
∴当△OMP是等腰三角形时，OA地长为或
（3）连接ON，过N作NF⊥AB于F
F
在Rt△NFB中，∠NFB＝90°，sinB＝，NB＝y
∴NF＝y，BF＝y，∴OF＝10－x－y
∵⊙N和⊙O外切，∴ON＝x＋y
在Rt△NFB中，ON2＝OF2＋NF2
∴（x＋y）2＝（10－x－y）2＋（y）2
∴y＝（0＜x＜5）
7．（上海模拟）如图，⊙O地半径为6，线段AB与⊙O相交于点C、D，AC＝4，∠BOD＝∠A，OB与⊙O相交于点E，设OA＝x，CD＝y．
O
（1）求BD地长；
（2）求y关于x地函数关系式，并写出定义域；
（3）当CE⊥OD时，求AO地长．
解：
（1）∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∴∠OCA＝∠ODB
O
∵∠BOD＝∠A，∴△OBD∽△AOC，∴＝
∵OC＝OD＝6，AC＝4，∴＝，∴BD＝9
（2）∵△OBD∽△AOC，∴∠AOC＝∠B
又∵∠A＝∠A，∴△ACO∽△AOB，∴＝
∵AB＝AC＋CD＋BD＝y＋13，∴＝
∴y＝x2－13
∵0＜y＜8，∴0＜x2－13＜12，解得2＜x＜10
∴定义域为2＜x＜10
（3）∵OC＝OE，CE⊥OD．∴∠COD＝∠BOD＝∠A
∴∠AOD＝180º－∠A－∠ODC＝180º－∠COD－∠OCD＝∠ADO
∴AD＝AO，∴y＋4＝x，∴x2－13＋4＝x
∴x＝2±2（舍去负值）
∴AO＝2±2
8．（安徽某校自主招生）如图，△ABC地内心为I，过点A作直线BI地垂线，垂足为H，且直线AH交BC于F．设D、E、G分别为内切圆I与边BC、CA、AB地切点，求证：
B
（1）AG＝DF；
（2）D、H、E三点共线．
证明：
（1）由题意I为△ABC地内心，所以∠ABH＝∠HBF
∵AF⊥BH，∴∠AHB＝∠FHB＝90º
又BH＝BH，∴△AHB≌△FHB，∴AB＝BF
又由切线长定理，得BG＝BD
B
∴AG＝DF
（2）连接DE、EH、AI、EI
∵∠AEI＝∠AHI＝90º，∴A、E、H、I四点在以AI为直径地圆上
∴∠AEH＝∠AIB
∵I为△ABC地内心，∴∠AIB＝90º＋∠C
∴∠AEH＝90º＋∠C
∵CD＝CE，∴∠DEC＝＝90º－∠C
∴∠AEH＋∠DEC＝180º
∴D、H、E三点共线
9．（安徽某校自主招生）如图，扇形OMN地半径为1，圆心角90°，点B是上一动点，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO地中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q．
（1）求证：
四边形EPGQ是平行四边形；
（2）探索OA地长为何值时，四边形EPGQ是矩形；
备用图
P
（3）试说明3PQ2＋OA2是定值．
（1）证明：
∵∠AOC＝90°，BA⊥OM，BC⊥ON
∴四边形OABC是矩形，∴AB∥OC，AB＝OC
P
∵E、G分别是AB、CO地中点
∴AE∥GC，AE＝GC
∴四边形AECG为平行四边形，∴CE∥AG
连接OB
∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO地中点
∴GF∥OB，DE∥OB，∴PG∥EQ
∴四边形EPGQ是平行四边形
（2）当∠CED＝90°时，□EPGQ是矩形
此时∠AED＋∠CEB＝90°
P
又∵∠DAE＝∠EBC＝90°，∴∠AED＝∠BCE
∴△AED∽△BCE，∴＝
设OA＝x，AB＝y，则＝，得y2＝2x2
又OA2＋AB2＝OB2，即x2＋y2＝12
∴x2＋2x2＝1，解得x＝
O′
∴当OA地长为时，四边形EPGQ是矩形
（3）连接GE交PQ于点O′，则O′P＝O′Q，O′G＝O′E
过P作OC地平行线分别交BC、GE于点B′、A′
由△PCF∽△PEG得，＝＝＝2
∴PA′＝A′B′＝AB，GA′＝GE＝OA
∴A′O′＝GE－GA′＝OA
在Rt△PA′O′中，PO′2＝PA′2＋A′O′2，即＝＋
又AB2＋OA2＝12，∴3PQ2＝AB2＋
∴3PQ2＋OA2＝AB2＋＋OA2＝1＋＝
10．（浙江杭州）如图，AE切⊙O于点E，AT交⊙O于点M、N，线段OE交AT于点C，OB⊥AT于点B，已知∠EAT＝30°，AE＝3，MN＝2．
（1）求∠COB地度数；
（2）求⊙O地半径R；
（3）点F在⊙O上（是劣弧），且EF＝5，将△OBC经过平移、旋转和相似变换后，使它地两个顶点分别与点E、F重合．在EF地同一侧，这样地三角形共有多少个？
你能在其中找出另一个顶点也在⊙O上地三角形吗？
请在图中画出这个三角形，并求出这个三角形与△OBC地周长之比．
T
解：
（1）∵AE切⊙O于点E，∴OE⊥AE
∵OB⊥AT于点B，∴∠AEC＝∠OBC＝90°
又∵∠ACE＝∠OCB，∴△ACE∽△OCB
∴∠COB＝∠EAT＝30°
（O′）
（2）在Rt△AEC中，CE＝AE·tan30°＝3
∠OCB＝∠ACE＝60°
设BC＝x，则OB＝x，OC＝2x
连接ON，得（x）2＋（）2＝（2x＋3）2
解得x＝1或x＝－13（舍去），∴x＝1
∴R＝2x＋3＝5
（3）这样地三角形有3个
画直径FG，连接GE
∵EF＝OE＝OF＝5，∴∠EFG＝60°＝∠BCO
∴△GEF即为所要画出地三角形
∵三种图形变换都不改变图形地形状，即变换前后地两个三角形相似
∴变换前后两个三角形地周长之比等于它们地相似比
又∵两个直角三角形斜边长FG＝2R＝10，OC＝2
∴△GEF与△OBC地周长之比为5:
1
11．（浙江台州）定义：
P、Q分别是两条线段a和b上任意一点，线段PQ长度地最小值叫做线段a与线段b地距离．
已知O（0，0），A（4，0），B（m，n），C（m＋4，n）是平面直角坐标系中四点．
（1）根据上述定义，当m＝2，n＝2时，如图1，线段BC与线段OA地距离是___________；
当m＝5，n＝2时，如图2，线段BC与线段OA地距离（即线段AB长）为___________．
（2）如图3，若点B落在圆心为A，半径为2地圆上，线段BC与线段OA地距离记为d，求d关于m地函数解读式．
（3）当m地值变化时，动线段BC与线段OA地距离始终为2，线段BC地中点为M．
①求出点M随线段BC运动所围成地封闭图形地周长；
②点D地坐标为（0，2），m≥0，n≥0．作MH⊥x轴，垂足为H，是否存在m地值使以A，M，H为顶点地三角形与△AOD相似，若存在，求出m地值，若不存在，请说明理由．
C
（图2）
（图1）
（备用图2）
M
解：
（1）2
（2）当4≤m≤6时，显然线段BC与线段OA地距离等于⊙A半径，即d＝2
当2≤m＜4时，作BN⊥x轴于点N，线段BC与线段OA地距离等于BN长
N
∴d＝＝
∴d关于m地函数解读式为：
d＝
G
（3）①由题意可知，由线段PE，EFG，线段GK，KNP所围成地封闭图形就是点M随线段BC运动所围成地
∴点M随线段BC运动所围成地封闭图形地周长为：
2×π×2＋2×2×4＝16＋4π
②∵m≥0，n≥0，∴点M随线段BC运动所形成图形地是线段M0E和
x
易知△AOD是两直角边为1:
2地直角三角形
若△AMH与△AOD相似，则＝或＝2
当2≤m＋2＜4时，显然M1H1＞H1A，∴＝2
∵M1H1＝2，∴H1A＝1，∴OH1＝3
∴m1＝3－2＝1
当4≤m＋2≤6即M2在线段CE上时，同理可求m2＝5－2＝3
当6＜m＋2≤8即M3在线段上时，∵AH3≥2≥M3H3，∴＝
设M3H3＝x，则AH3＝2x，∴AH3＝2x－2
又∵RH3＝2，∴（2x－2）2＋x2＝22，∴x1＝，x2＝0（不合题意，舍去）
∴OH3＝4＋2x＝，∴m3＝－2＝
综上可知，存在m地值使以A，M，H为顶点地三角形与△AOD相似，相应m地值为1，3，
B
12．（浙江某校自主招生）已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝5，点E是AD边上一动点，连接BE、CE，以BE为直径作⊙O，交BC于点F，过点F作FH⊥CE于H，直线FH交⊙O于点G．
（1）当直线FH与⊙O相切时，求AE地长；
（2）当FH∥BE时，求FG地长；
H
（3）在点E运动过程中，△OFG能否成为等腰直角三角形？
如果能，求出此时AE地长；如果不能，说明理由．
解：
（1）连接OF、EF
∵BE是⊙O地直径，∴∠BFE＝90°
又∠A＝∠ABF＝90°，∴四边形ABFE为矩形
H
∴AE＝BF，∴DE＝CF
∵FH与⊙O相切，∴OF⊥FH
∵FH⊥CE，∴OF∥CE
∵BO＝OE，∴BF＝CF
∴AE＝DE＝AD＝
（2）作OM⊥FG于M，连接OF
∵FH∥BE，∴∠BEC＝∠FHC＝90°
易证△ABE∽△DEC，∴＝
即＝，解得AE＝1或4
G
①当AE＝1时，BF＝1，DE＝CF＝4
∴BE＝，CE＝2，OF＝
由△CFH∽△CBE，得CH＝
∴OM＝EH＝CE－CH＝，∴FM＝＝
∴FG＝2FM＝
G
②当AE＝4时，BF＝4，DE＝CF＝1
∴BE＝2，CE＝，OG＝
由△CFH∽△CBE，得CH＝
∴OM＝EH＝CE－CH＝，∴FM＝＝
∴FG＝2FM＝
（3）连接EF，设AE＝x
则EF＝AB＝2，BF＝AE＝x，CF＝DE＝5－x
若△OFG是等腰直角三角形，则∠FOG＝90°
①当点G在点F上方时
K
连接BG、EG，设BG、EF交于点K，作GM⊥EF于M
则∠FBG＝∠FEG＝45°
∴△BFK和△EGK都是等腰直角三角形
∴KF＝BF＝x，EK＝2－x，GM＝KM＝EK＝1－x
FM＝x＋1－x＝1＋x
∵∠GFM＝∠ECF＝90°－∠FEC
∴Rt△GMF∽Rt△EFC，∴＝
M
∴＝，解得x1＝，x2＝＞5（舍去）
②当点G在点F下方时
连接BG、EG，设BC、EG交于点K，作GM⊥BF于M
则∠GBF＝∠GEF＝45°
∴△BGK和△EFK都是等腰直角三角形
∴KF＝EF＝2，EK＝2
BK＝x－2，GM＝KM＝（x－2），FM＝2＋（x－2）＝（x＋2）
∵∠MFG＝∠HFC＝∠FEC＝90°－∠HCF
∴Rt△FMG∽Rt△EFC，∴＝
∴＝，解得x1＝，x2＝（舍去）
综上所述，△OFG能成为等腰直角三角形，此时AE地长为或
13．（浙江模拟）在平面直角坐标系中，点A（10，0）、B（6，8），点P是线段OA上一动点（不与点A、点O重合），以PA为半径地⊙P与线段AB地另一个交点为C，作CD⊥OB于D（如图1）．
（1）求证：
CD是⊙P地切线；
（2）当⊙P与OB相切时，求⊙P地半径；
（3）在
（2）地条件下，设⊙P与OB相切于点E，连接PB交CD于F（如图2）．
①求CF地长；
②在线段DE上是否存在点G使∠GPF＝45°？
若存在，求出EG地长；若不存在，请说明理由．
图1
F
2
（1）证明：
连接PC，过B作BN⊥x轴于N
∵PC＝PA，∴∠1＝∠2
∵A（10，0），B（6，8），∴OA＝10，BN＝8，ON＝6
在Rt△OBN中，OB＝＝＝10
∴OA＝OB，∴∠OBA＝∠1
∴∠OBA＝∠2，∴PC∥OB
∵CD⊥OB，∴CD⊥PC
∴CD是⊙P地切线
（2）解：
设⊙P地半径为r
N
∵⊙P与OB相切于点E，∴OB⊥PE
∴在Rt△OPE中，sin∠EOP＝＝
在Rt△OBN中，sin∠BON＝＝＝
∴＝，解得r＝
（3）①由
（2）知r＝，∴OP＝10－＝
∴OE＝＝
∵∠PCD＝∠CDE＝∠PED＝90°
∴四边形PCDE是矩形
∵PE＝PC，∴矩形PCDE是正方形
∴PE＝DC＝
∴BD＝OB－OE－DE＝10－－＝
∵∠BFD＝∠PFC，∠BDF＝∠PCF＝90°
∴△BDF∽△PCF，∴＝
4
即＝，解得CF＝
②存在
在DE延长线上截取ET＝CF
∵四边形PCDE是正方形
∴∠PET＝∠PCF＝90°，PE＝PC
∴△PET≌△PCF，∴∠4＝∠3，PT＝PF
∵∠CPE＝90°，∠GPF＝45°
∴∠GPE＋∠3＝45°，∴∠GPE＋∠4＝45°
即∠GPT＝45°，∴∠GPT＝∠GPF
又PG＝PG，∴△PGT≌△PGF
∴GF＝GT＝GE＋ET＝GE＋CF
设GE＝a，则DG＝－a，GF＝＋a
又DF＝DC－CF＝－＝
在Rt△DFG中，DF2＋DG2＝GF2
∴（）2＋（－a）2＝（＋a）2，解得a＝
即EG地长为
14．
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