18．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足是G，F是CG的中点，延长AF交⊙O于E，CF=2，AF=3，则EF的长是 4 ．
【考点】M7：相交弦定理；M2：垂径定理． 【分析】根据相交弦定理及垂径定理求解．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足是G，F是CG的中点， ∴CG=GD，CF=FG=CG，
∵CF=2，∴CG=GD=2×2=4，FD=2+4=6， 由相交弦定理得EF?AF=CF?FD， 即EF=
=
=4，
故EF的长是4．
19．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，E为CD上一点，分别以EA，EB为折痕将两个角（∠D，∠C）向内折叠，点C，D恰好落在AB边的点F处．若AD=2，BC=3，则EF的长为 ．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）．
【分析】先根据折叠的性质得DE=EF，CE=EF，AF=AD=2，BF=CB=3，则DC=2EF，AB=5，再作AH⊥BC于H，由于AD∥BC，∠B=90°，则可判断四边形ADCH为矩形，所以AH=DC=2EF，HB=BC﹣CH=BC﹣AD=1，然后在Rt△ABH中，利用勾股定理计算出AH=2
，所以EF=
．
【解答】解∵分别以AE，BE为折痕将两个角（∠D，∠C）向内折叠，点C，D恰好落在AB边的点F处，
∴DE=EF，CE=EF，AF=AD=2，BF=CB=3， ∴DC=2EF，AB=5， 作AH⊥BC于H， ∵AD∥BC，∠C=90°， ∴四边形ADCH为矩形，
∴AH=DC=2EF，HB=BC﹣CH=BC﹣AD=1， 在Rt△ABH中，AH=∴EF=
．
．
=2
，
故答案为：
20．如图，正方形ABCD的边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，
连结DQ，给出如下结论：①DQ=1；②①②④ （填写序号）
=；③S△PDQ=；④cos∠ADQ=，其中正确结论是
【考点】MR：圆的综合题；KD：全等三角形的判定与性质；L7：平行四边形的判定与性质；S4：平行线分线段成比例；S9：相似三角形的判定与性质；T1：锐角三角函数的定义．
【分析】①连接OQ，OD，如图1．易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP．结合OQ=OB，可证到∠AOD=∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD，则有DQ=DA=1；
②连接AQ，如图2，根据勾股定理可求出BP．易证Rt△AQB∽Rt△BCP，运用相似三角形的性质可求出BQ，从而求出PQ的值，就可得到
的值；
③过点Q作QH⊥DC于H，如图3．易证△PHQ∽△PCB，运用相似三角形的性质可求出QH，从而可求出S△DPQ的值；
④过点Q作QN⊥AD于N，如图4．易得DP∥NQ∥AB，根据平行线分线段成比例可得
=
=，
把AN=1﹣DN代入，即可求出DN，然后在Rt△DNQ中运用三角函数的定义，就可求出cos∠ADQ的值．
【解答】解：正确结论是①②④． 提示：①连接OQ，OD，如图1．
易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP．
结合OQ=OB，可证到∠AOD=∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD， 则有DQ=DA=1． 故①正确；
②连接AQ，如图2．
则有CP=，BP=
易证Rt△AQB∽Rt△BCP，
=．
运用相似三角形的性质可求得BQ=，
则PQ=﹣=，
∴=．
故②正确；
③过点Q作QH⊥DC于H，如图3．
易证△PHQ∽△PCB，
运用相似三角形的性质可求得QH=，
∴S△DPQ=DP?QH=××=故③错误；
．
④过点Q作QN⊥AD于N，如图4．
易得DP∥NQ∥AB，
根据平行线分线段成比例可得
=
=，
则有=，
解得：DN=．
由DQ=1，得cos∠ADQ=故④正确．
=．
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