2024长沙中考数学二轮专题复习 题型四 圆的综合题 (含答案)

2024长沙中考数学二轮专题复习题型四圆的综合题类型一与圆的基本性质结合典例精讲例已知A、B、C是⊙O上的三点，AB＝AC，∠BAC＝120°.(1)如图①，连接OA，OB，求证：△ABO是等边三角形；例题图①【思维教练】利用有一个角为60°的等腰三角形为等边三角形进行求证．(2)连接BC，若⊙O的半径为2eq\r(3)，求线段BC的长；【思维教练】连接OB，OA，利用垂径定理求解．(3)如图②，若点D是∠BAC所对弧上的一动点，连接DA，DB，DC.①探究DA，DB，DC三者之间的数量关系，并说明理由；②若AB＝3，点E是CD的中点，当点D从点B运动到点C时，求点E的运动路径长．例题图②【思维教练】①将△ABD绕点A逆时针旋转120°，结合圆内接四边形及三角函数求解；②点D为主动点，点E为从动点，由点D的运动轨迹可知点E的运动轨迹也为圆弧，找出圆心及半径，利用弧长公式求解．针对训练1.(2023长沙25题10分)如图，点O为以AB为直径的半圆的圆心，点M，N在直径AB上，点P，Q在eq\o(AB,\s\up8(︵))上，四边形MNPQ为正方形，点C在eq\o(QP,\s\up8(︵))上运动(点C与点P，Q不重合)，连接BC并延长交MQ的延长线于点D，连接AC交MQ于点E，连接OQ.(1)求sin∠AOQ的值；(2)求eq\f(AM,MN)的值；(3)令ME＝x，QD＝y，直径AB＝2R(R>0，R是常数)，求y关于x的函数解析式，并指明自变量x的取值范围．第1题图2.(2022长沙25题10分)如图，半径为4的⊙O中，弦AB的长度为4eq\r(3)，点C是劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))上的一个动点，点D是弦AC的中点，点E是弦BC的中点，连接DE、OD、OE.(1)求∠AOB的度数；(2)当点C沿着劣弧eq\o(AB,\s\up8(︵))从点A开始，逆时针运动到点B时，求△ODE的外心P所经过的路径的长度；(3)分别记△ODE，△CDE的面积为S1，S2，当Seq\o\al(2,1)－Seq\o\al(2,2)＝21时，求弦AC的长度．第2题图类型二与切线的性质结合(10年3考)典例精讲例如图，AB是⊙O的直径，AB＝16，点C在⊙O的半径OA上运动，PC⊥AB，垂足为C，PC＝10，PT为⊙O的切线，切点为T，连接OP.(1)当C点运动到O点时．①求PT的长；②延长AB、PT，交于点D，求证：△POT∽△PDO；例题图【思维教练】①运用勾股定理求解；②运用切线的性质证明两三角形的角相等，即可求证．(2)当C点运动到A点时，连接BT，求证：PO∥BT；【思维教练】证明两三角形全等，得到等弧所对的圆心角、圆周角之间的关系，利用同位角相等，两直线平行求证．(3)设PT＝y，AC＝x，求y关于x的函数解析式，并求出y的最小值．【思维教练】运用切线的性质及勾股定理求解．针对训练1.(2023长沙模拟)如图，AB是⊙O的直径，点E为线段OB上一点(不与O，B重合)，作EC⊥OB，交⊙O于点C，作直径CD，过点C的切线交DB的延长线于点P，作AF⊥PC于点F，连接CB.(1)求证：AC平分∠FAB；(2)求证：BC2＝CE·CP；(3)当AB＝4eq\r(3)且eq\f(CF,CP)＝eq\f(3,4)时，求弦BC与其所对的劣弧eq\o(BC,\s\up8(︵))所组成的弓形面积．第1题图2.如图，点C是以AB为直径的半圆O上圆心右侧的一点，连接BC，在BC的上方作∠BCM＝45°，CM交半圆O于点M，过点M作半圆O的切线，与AC的延长线交于点D，当点C与点A重合时，AD⊥AB，且AD＝eq\f(1,2)AB.连接MB，BD.(1)求证：①eq\o(BM,\s\up8(︵))＝eq\o(AM,\s\up8(︵))；②MD∥AB；(2)当sin∠CBM＝eq\f(\r(5),5)时，求tan∠CBD的值；(3)若AB＝5，求点C在半圆O上，从点A移动到AD的中点时，点D移动的路径的长．第2题图类型三与切线的判定结合(10年3考)典例精讲例如图①，在△ABC的边BC上取一点O，以O为圆心，OC为半径画⊙O，⊙O与边BC相交于点D，与边AB相切于点E，AC＝AE，连接OA交⊙O于点F，连接CF并延长交线段AB于点G.(1)求证：AC是⊙O的切线；例题图①【思维教练】已知点E是切点，则可连接OE，证明两三角形全等，可得到∠OCA＝90°即可求证．(2)若AB＝5，tanB＝eq\f(4,3)，求⊙O的半径；【思维教练】由题意可得两直角边的比例关系，利用勾股定理即可求解．(3)若CD＝3BD，求sin∠OAB的值；【思维教练】根据题中所给线段数量关系，利用勾股定理及相似三角形的性质求解．(4)如图②，若F是OA的中点，CG＝3，求阴影部分的面积；例题图②【思维教练】求出扇形圆心角度数，利用S阴影＝S△BCG－S△COF－S扇形DOF求解．(5)如图③，若G是AB的中点，连接EF，求证：CF＝GE.例题图③【思维教练】利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质求证．针对训练1.如图，已知△ABC内接于⊙O，CD平分∠ACB交⊙O于点D，过点D作PQ∥AB分别交CA、CB的延长线于点P、Q，连接BD，OB.(1)求证：PQ是⊙O的切线；(2)若tan∠ACD＝eq\f(1,3)，求eq\f(OB,BD)的值；(3)若AC·BQ＝9，且∠ACB＝60°，求AB的长．第1题图2.在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝4，O是BC边上的点，⊙O与AB相切，切点为D，AC与⊙O相交于点E，且AD＝AE.(1)求证：AC是⊙O的切线；(2)如果F为eq\o(DE,\s\up8(︵))上的一个动点(不与D、E重合)，过点F作⊙O的切线分别与边AB、AC相交于G、H，连接OG、OH，判断∠GOH的度数是否为定值，若是，请求出这个值，若不是请说明理由；(3)在(2)的条件下，设BG＝x，CH＝y，求y与x之间满足的函数关系式；并说明当x＝y时F点的位置．第2题图参考答案类型一与圆的基本性质结合例(1)证明：如解图①，连接OC，例题解图①∵AB＝AC，OB＝OC，OA＝OA，∴△OAB≌△OAC(SSS)，∴∠BAO＝∠CAO，又∵∠BAC＝120°，∴∠OAB＝60°＝∠OAC，∴△ABO是等边三角形；(2)解：如解图②，连接OB，OA，OA交BC于点E，则OA⊥BC，BE＝CE，由(1)可知，∠AOB＝60°，∴BE＝OB·sin60°＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，∴BC＝6；例题解图②(3)解：①DC＋DB＝eq\r(3)DA，理由：如解图③，将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACH，使AB与AC重合，过点A作AN⊥CH于点N，例题解图③∴BD＝CH，AD＝AH，∠DAH＝120°，∠ABD＝∠ACH，∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形，∴∠ABD＋∠ACD＝180°，∴∠ACD＋∠ACH＝180°，∴D，C，H三点共线，∵AD＝AH，∠DAH＝120°，AN⊥CH，∴∠AHD＝∠ADH＝30°，HN＝DN＝eq\f(1,2)DH，∴AD＝2AN，DN＝eq\r(3)AN，∴HD＝2eq\r(3)AN＝eq\r(3)AD，∴DC＋DB＝DC＋HC＝eq\r(3)DA；②由题可知，点E的运动轨迹为以OC的中点F为圆心，eq\f(1,2)OC长为半径的圆弧，如解图④所示，当点D与点B重合时，点E为OA的中点，∴EF＝FO，∠EFO＝60°，∴点E运行轨迹所在弧的圆心角为180°＋60°＝240°，由题可知OC＝AB＝3，∴OF＝eq\f(3,2)，∴点E的运动路径长为eq\f(240·π·\f(3,2),180)＝2π.例题解图④1.解：(1)如解图①，连接OP，则OP＝OQ，第1题解图①∵四边形MNPQ为正方形，∴PN＝QM＝MN，∠QMO＝∠PNO＝90°，在Rt△OPN和Rt△OQM中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(PN＝QM,OP＝OQ))，∴Rt△OPN≌Rt△OQM(HL)，∴ON＝OM，(2分)设QM＝MN＝2a，则ON＝OM＝a，在Rt△OQM中，OQ＝eq\r(QM2＋OM2)＝eq\r(5)a，则sin∠AOQ＝eq\f(QM,OQ)＝eq\f(2a,\r(5)a)＝eq\f(2\r(5),5)；(3分)(2)设QM＝MN＝2a，则ON＝OM＝a，OQ＝eq\r(5)a，∴OA＝OQ＝eq\r(5)a，∴AM＝OA－OM＝(eq\r(5)－1)a，∴eq\f(AM,MN)＝eq\f(（\r(5)－1）a,2a)＝eq\f(\r(5)－1,2)；(6分)(3)∵AB＝2R，∴OA＝OQ＝OB＝R，∵sin∠AOQ＝eq\f(QM,OQ)＝eq\f(2\r(5),5)，∴eq\f(QM,R)＝eq\f(2\r(5),5)，解得QM＝eq\f(2\r(5),5)R，∴OM＝eq\r(OQ2－QM2)＝eq\f(\r(5),5)R，∴BM＝OB＋OM＝eq\f(5＋\r(5),5)R，AM＝AB－BM＝eq\f(5－\r(5),5)R，∵QD＝y，∴DM＝QD＋QM＝y＋eq\f(2\r(5),5)R，(7分)由圆周角定理得∠ACB＝90°，∴∠DBM＋∠BAC＝90°，∵∠QMO＝90°，∴∠DBM＋∠D＝90°，∴∠D＝∠BAC，∵∠DMB＝∠AME＝90°，∴△DBM∽△AEM，∴eq\f(DM,AM)＝eq\f(BM,EM)，即eq\f(y＋\f(2\r(5),5)R,\f(5－\r(5),5)R)＝eq\f(\f(5＋\r(5),5)R,x)，解得y＝eq\f(4R2,5x)－eq\f(2\r(5),5)R，(8分)如解图②，连接AP，交QM于点F，第1题解图②∵PN＝MN＝QM＝eq\f(2\r(5),5)R，AM＝eq\f(5－\r(5),5)R，∴AN＝AM＋MN＝eq\f(5＋\r(5),5)R，∵四边形MNPQ为正方形，∴QM∥PN，∴△AFM∽△APN，∴eq\f(FM,PN)＝eq\f(AM,AN)，即eq\f(FM,\f(2\r(5),5)R)＝eq\f(\f(5－\r(5),5)R,\f(5＋\r(5),5)R)，解得FM＝eq\f(3\r(5)－5,5)R，(9分)∵点C在eq\o(QP,\s\up8(︵))上运动(点C与点P，Q不重合)，∴点E在线段QF上运动(点E与点F，Q不重合)，∴FM<ME<QM，即eq\f(3\r(5)－5,5)R<x<eq\f(2\r(5),5)R，综上所述，y＝eq\f(4R2,5x)－eq\f(2\r(5),5)R(eq\f(3\r(5)－5,5)R<x<eq\f(2\r(5),5)R)．(10分)2.解：(1)如解图①，过点O作OF⊥AB于点F，由垂径定理可得AF＝BF，∠AOF＝∠BOF，∵AB＝4eq\r(3)，∴AF＝eq\f(1,2)AB＝2eq\r(3)，∵OA＝4，∴sin∠AOF＝eq\f(AF,OA)＝eq\f(2\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠AOF＝60°，∴∠AOB＝2∠AOF＝120°；(3分)第2题解图①(2)如解图②，连接OC，取OC的中点G，连接DG，GE，第2题解图②∵D、E分别为AC、BC的中点，∴由垂径定理可知OD⊥AC，OE⊥BC，∴DG＝eq\f(1,2)OC，EG＝eq\f(1,2)OC，∴DG＝OG＝GE＝GC＝2，即G为△DOE的外心，(5分)∴G在以O为圆心的圆弧上运动，其运动轨迹为解图②中的eq\o(G1G2,\s\up8(︵))，∴eq\o(G1G2,\s\up8(︵))的长为eq\f(120×π×2,180)＝eq\f(4,3)π.(6分)∴△ODE的外心P所经过的路径的长度为eq\f(4,3)π；(3)如解图③，过D点作BC的垂线，交BC的延长线于点F，连接OC，∵∠ACB＝eq\f(1,2)(360°－120°)＝120°，∴∠DCF＝180°－120°＝60°.(7分)∵点D，E分别是弦AC，BC的中点，∴OD⊥AC，OE⊥BC.∠AOD＝∠COD，∠COE＝∠BOE，DE＝eq\f(1,2)AB＝2eq\r(3)，又∵∠AOB＝120°，∴∠DOE＝∠COD＋∠COE＝60°，令AD＝CD＝x，CE＝BE＝y，则OD＝eq\r(16－x2)，OE＝eq\r(16－y2)，CF＝CD·cos∠DCF＝eq\f(1,2)x，DF＝CD·sin∠DCF＝eq\f(\r(3),2)x.在Rt△DFE中，DF2＋EF2＝DE2，即(eq\f(\r(3),2)x)2＋(eq\f(1,2)x＋y)2＝(2eq\r(3))2，化简得：x2＋y2＋xy＝12①.(8分)过点E作EK⊥OD于点K，则有S1＝eq\f(1,2)OD·EK＝eq\f(1,2)OD·OE·sin60°.即S1＝eq\f(1,2)eq\r(16－x2)·eq\r(16－y2)·eq\f(\r(3),2)，∵S2＝eq\f(1,2)CE·DF＝eq\f(1,2)·eq\f(\r(3),2)xy，Seq\o\al(2,1)－Seq\o\al(2,2)＝21，∴eq\f(3,16)(16－x2)(16－y2)－eq\f(3,16)(xy)2＝21.整理得：x2＋y2＝9②，∵x>0，y>0，由①，②可得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝\r(15),xy＝3))，解得x＝eq\f(\r(15)±\r(3),2).∴AC＝eq\r(15)±eq\r(3).综上所述，弦AC的长度为eq\r(15)±eq\r(3).(10分)第2题解图③类型二与切线的性质结合例(1)①解：如解图①，连接OT，则OT⊥PT，∴∠OTP＝90°，∵AB是⊙O的直径，AB＝16，∴OT＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)×16＝8，在Rt△OTP中，由勾股定理得PT＝eq\r(PO2－OT2)＝eq\r(102－82)＝6；例题解图①②证明：如解图①，由①知，∠OTP＝90°，∵PC⊥AB，∴∠PCD＝90°.∴∠PTO＝∠POD.又∵∠OPT＝∠DPO；∴△POT∽△PDO；(2)证明：如解图②，连接OT，∵PC⊥AB，点C与点A重合，AB是⊙O的直径，∴PA是⊙O的切线，∵PT为⊙O的切线，∴PA＝PT，在△OPA和△OPT中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(PA＝PT,OP＝OP,OA＝OT))，∴△OPA≌△OPT(SSS)，∴∠AOP＝∠TOP＝eq\f(1,2)∠AOT，∵∠AOT＝2∠B，∴∠AOP＝∠B，∴PO∥BT；例题解图②(3)解：如解图③，连接OT，∵AB是⊙O的直径，AB＝16，AC＝x，∴OC＝OA－AC＝eq\f(1,2)AB－AC＝8－x，OT＝eq\f(1,2)AB＝8，∵PC⊥AB，∴∠PCO＝90°，在Rt△PCO中，由勾股定理得PO＝eq\r(OC2＋PC2)＝eq\r(（8－x）2＋102)，∵PT为⊙O的切线，∴PT⊥OT，在Rt△OTP中，由勾股定理得y＝PT＝eq\r(PO2－OT2)＝eq\r(（8－x）2＋102－82)＝eq\r(（x－8）2＋36)，∴y关于x的函数解析式为y＝eq\r(（x－8）2＋36)，∵点C在OA上运动，∴0≤x≤8.∴当x＝8时，y有最小值，y的最小值为6.例题解图③1.(1)证明：∵PF是⊙O的切线，∴OC⊥PF，∵AF⊥PF，∴AF∥OC.∴∠FAC＝∠ACO，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠ACO，∴∠FAC＝∠CAB，即AC平分∠FAB；(2)证明：∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∵PF是⊙O的切线，CE⊥AB，∴∠OCP＝∠CEB＝90°，∴∠PCB＋∠OCB＝90°，∠BCE＋∠OBC＝90°，∴∠BCE＝∠BCP，∵CD是⊙O的直径，∴∠CEB＝∠CBD＝∠CBP＝90°，∴△CBE∽△CPB，∴eq\f(CB,CP)＝eq\f(CE,CB)，∴BC2＝CE·CP；(3)解：如解图，作BM⊥PF于点M.由(2)得∠ECB＝∠MCB，∴∠CEB＝∠CMB＝90°，CB＝CB.∴△CEB≌△CMB，∴CE＝CM.由(1)得∠FAC＝∠EAC.∵∠AFC＝∠AEC＝90°.∴CE＝CF，∴CE＝CM＝CF，设CE＝CM＝CF＝3a，则PC＝4a，PM＝a，∵CD是⊙O的直径，BM⊥PC，∴∠CBP＝∠CMB＝∠BMP＝90°，∴∠MCB＋∠P＝90°，∠P＋∠PBM＝90°，∴∠MCB＝∠MBP，∴△BMC∽△PMB，∴eq\f(BM,PM)＝eq\f(CM,BM)，∴BM2＝CM·PM＝3a2，∴BM＝eq\r(3)a(负值已舍去)，∴tan∠BCM＝eq\f(BM,CM)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠BCM＝30°，∴∠OCB＝∠OBC＝∠BOC＝60°，∵AB＝4eq\r(3)，∴BC＝OC＝OB＝2eq\r(3)，∴弦BC与其所对的劣弧eq\o(BC,\s\up8(︵))所组成的弓形面积＝eq\f(60°×π×（2\r(3)）2,360°)－eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(3))2＝2π－3eq\r(3).第1题解图2.(1)证明：①如解图①，连接MO，第2题解图①∵∠BCM＝45°，∴∠BOM＝2∠BCM＝90°.∴OM⊥AB.∴∠BOM＝∠AOM＝90°.∴eq\o(BM,\s\up8(︵))＝eq\o(AM,\s\up8(︵))；②∵DM切半圆O于点M，且OM为半径，∴OM⊥MD.由①知，OM⊥AB，∴∠BOM＝∠DMO＝90°.∴MD∥AB；(2)解：如解图②，连接OM，OC，过点M作MG⊥BC，∵AB是半圆O的直径，∴∠ACB＝∠BCD＝90°.∵∠BCM＝45°，∴∠DCM＝90°－∠BCM＝45°＝∠BCM.∵OM＝OC，∴∠OMC＝∠OCM.∵MD是半圆O的切线，∴∠CMD＝90°－∠CMO＝eq\f(1,2)∠MOC.∵∠CBM＝eq\f(1,2)∠MOC，∴∠CMD＝∠CBM，∴△CMD∽△CBM，∴eq\f(MC,BC)＝eq\f(CD,CM)，即MC2＝BC·CD.在Rt△MBG中，∵sin∠CBM＝eq\f(\r(5),5)，设MG＝m，则MB＝eq\r(5)m，BG＝2m，在Rt△MCG中，∠BCM＝45°，∴MG＝CG＝m，MC＝eq\r(2)m，∴BC＝3m.∴(eq\r(2)m)2＝3m·CD，∴CD＝eq\f(2,3)m.在Rt△BDC中，tan∠CBD＝eq\f(CD,BC)＝eq\f(\f(2,3)m,3m)＝eq\f(2,9)；第2题解图②(3)解：如解图③，过点D作DH⊥AB于点H.第2题解图③当点C为AD的中点时，∵BC⊥AD，∴BD＝AB＝5.∵MD∥AB，MO⊥AB，DH⊥AB，∴DH＝OM＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(5,2)，在Rt△BDH中，sin∠DBH＝eq\f(1,2)，∴∠DBH＝30°.∴BH＝BD·cos30°＝5×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(5\r(3),2).∴AH＝AB－BH＝5－eq\f(5\r(3),2)＝eq\f(10－5\r(3),2).∵DM是半圆O的切线，且MD∥AB，∴点D到AB的距离总是eq\f(5,2).当点C与A重合时，点D在D′的位置，∴点C在半圆O上从点A移动到AD的中点时，点D的运动路径为平行于AB到AB距离为eq\f(5,2)的线段DD′.易得四边形DD′AH为矩形，∴DD′＝AH＝eq\f(10－5\r(3),2).∴点C在半圆O上从点A移动到AD的中点时，点D运动的路径长为eq\f(10－5\r(3),2).类型三与切线的判定结合例(1)证明：如解图①，连接OE，∵⊙O与边AB相切于点E，∴OE⊥AB，即∠AEO＝90°，∵AO＝AO，AC＝AE，OC＝OE，∴△ACO≌△AEO(SSS)，∴∠ACO＝∠AEO＝90°，又∵OC是⊙O的半径，∴AC是⊙O的切线；例题解图①(2)解：如解图①，∵tanB＝eq\f(4,3)＝eq\f(AC,BC)，∴设AC＝4x，BC＝3x，∵AC2＋BC2＝AB2，∴16x2＋9x2＝25，解得x＝1(负值舍去)．∴BC＝3，AE＝AC＝4，∴BE＝AB－AE＝1，设⊙O的半径为r，则OC＝OE＝r，OB＝BC－OC＝3－r，在Rt△BOE中，OB2＝OE2＋BE2，∴(3－r)2＝r2＋12，解得r＝eq\f(4,3)，∴⊙O的半径为eq\f(4,3)；(3)解：如解图①，设BD＝a，则CD＝3a，∴OE＝OC＝OD＝eq\f(3a,2)，BC＝CD＋BD＝4a.∴OB＝OD＋BD＝eq\f(5a,2).∴BE＝eq\r(OB2－OE2)＝2a.∵∠OEB＝∠ACB＝90°，∠OBE＝∠ABC，∴△BEO∽△BCA.∴eq\f(BE,BC)＝eq\f(OE,AC).∴eq\f(2a,4a)＝eq\f(\f(3,2)a,AC).解得AC＝3a.∴OA＝eq\r(AC2＋OC2)＝eq\f(3\r(5),2)a.∴sin∠OAB＝eq\f(OE,OA)＝eq\f(\f(3,2)a,\f(3\r(5),2)a)＝eq\f(\r(5),5)；(4)解：如解图②，过点O作OM⊥CF于点M，连接OE，例题解图②∵F是OA的中点，∠ACO＝90°，∴OF＝CF＝OC，∴△OCF是等边三角形，∠AOC＝60°，∴∠OAE＝∠OAC＝30°，∠AOB＝120°，∵OE⊥AB，∴∠AEO＝90°，∴∠AOE＝60°，∴∠EOB＝60°，∴∠B＝30°，∴∠CGB＝90°，∵CG＝3，∴BG＝eq\r(3)CG＝3eq\r(3).易证△OFM≌△AFG，∴FM＝FG，∴CM＝FM＝FG＝1，∴OF＝CF＝2，OM＝eq\r(3).∵S△BCG＝eq\f(1,2)BG·CG＝eq\f(9\r(3),2)，S△OCF＝eq\f(1,2)CF·OM＝eq\r(3)，S扇形DOF＝eq\f(120π×22,360)＝eq\f(4π,3).∴S阴影＝S△BCG－S△OCF－S扇形DOF＝eq\f(7\r(3),2)－eq\f(4π,3)；(5)证明：如解图③，连接OE，例题解图③由(1)可知△ACO≌△AEO，∴∠AOC＝∠AOE，又∵OC＝OE，OF＝OF，∴△COF≌△EOF(SAS)，∴∠OCF＝∠OEF，CF＝EF，∵OC＝OF＝OE，∴∠OCF＝∠OFC＝∠OFE＝∠OEF.∴∠GFE＝180°－∠OFC－∠OFE＝180°－2∠OCF，∵G是AB的中点，∠ACB＝90°，∴CG＝AG＝BG，∴∠GCB＝∠GBC，∴∠EGF＝180°－∠GCB－∠GBC＝180°－2∠OCF，∴∠GFE＝∠EGF，∴GE＝EF＝CF，即CF＝GE.1.(1)证明：如解图，连接OD，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD，∴eq\o(AD,\s\up8(︵))＝eq\o(BD,\s\up8(︵))，∴OD⊥AB，∵PQ∥AB，∴OD⊥PQ，∵OD是⊙O的半径，∴PQ是⊙O的切线；(2)解：如解图，设OD与AB交于点E，设DE＝a，⊙O的半径为r，∴OE＝r－a，∵∠ABD＝∠ACD