专题15 圆——2023年河南省中考数学模拟题分项选编

这是一份专题15 圆——2023年河南省中考数学模拟题分项选编，共43页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年河南省中考数学模拟题分项选编
专题04 圆

一、单选题
1．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，在半径为1的扇形AOB中，∠AOB＝90º，点P是弧AB上任意一点（不与点A，B重合），OC⊥AP，OD⊥BP，垂足分别为C，D，则CD的长为（　　）

A． B． C． D．1
2．（2023·河南安阳·统考二模）如图，和内接于，，，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
3．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，是的直径，点A是外一点，连接并延长交于点D，若，则（　　）．

A． B． C． D．
4．（2023·河南焦作·统考一模）如图，内接圆是的直径，若，则的度数是（　　）

A． B． C． D．
5．（2023·河南焦作·统考一模）一个三角形的一边长为12，另外两边长是一元二次方程的两根，则这个三角形外接圆的半径是（　　）
A． B．5 C． D．8
6．（2023·河南鹤壁·统考三模）如图，正六边形放置于平面直角坐标系中，边在x轴负半轴上，顶点C在y轴正半轴上，将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转，若，那么经过第609次旋转后，顶点E的坐标为（　　）

A． B． C． D．
7．（2023·河南商丘·校考二模）如图，扇形中，，，点C为的中点，过点C作，交弧于点D，将扇形上半部分绕点C顺时针旋转得到图形，连接，则阴影部分的面积为（    ）
  
A． B． C． D．
8．（2023·河南开封·统考一模）如图，在矩形中，已知，，矩形在直线上绕其右下角的顶点向右旋转至图①位置，再绕右下角的顶点继续向右旋转至图②位置，...，以此类推，这样连续旋转2024次后，顶点A在整个旋转过程中所经过的路程之和是（　　）

A． B． C． D．

二、填空题
9．（2023·河南焦作·统考二模）如图，在中，，，，正方形的边长为1，将正方形绕点C旋转一周，点G为的中点，连接，则线段的取值范围是______．
  
10．（2023·河南信阳·统考一模）如图，的两直角边，分别在轴和轴上，且点，的坐标分别是和，点是半圆上任意一点，则点，的最大距离为___________．

11．（2023·河南新乡·统考一模）如图，是的弦，点C在过点B的切线上，，交于点P．若，则的度数等于__________．

12．（2023·河南南阳·统考二模）如图1是一块弘扬“社会主义核心价值观”的扇面宣传展板，该展板的部分示意图如图2所示，它是以为圆心，分别以，长为半径，圆心角形成的扇面，若，，则阴影部分的面积为______．
  
13．（2023·河南周口·统考二模）如图，以为直径的半圆O交于点B，以点B为圆心，长为半径的半圆B过点A与点O，若，则阴影部分的面积是______．
  
14．（2023·河南安阳·统考二模）如图，⊙O的半径为2cm，弦，C是弦AB所对的优弧上一个动点，则图中阴影部分的面积之和的最小值是______cm2．

15．（2023·河南驻马店·统考三模）如图，在扇形中，，以为边在其左侧作等边三角形，连接，交于点．若，则图中阴影部分的面积为__________．
  
16．（2023·河南洛阳·统考三模）如图，已知的半径为5，所对的弦长为8，点是的中点，将绕点逆时针旋转后得到，则在该旋转过程中，点的运动路径长是________．
  
17．（2023·河南商丘·统考三模）如图，在边长为的网格中，，，均在格点上，将绕点顺时针旋转，得到，则图中阴影部分的面积为______．

18．（2023·河南三门峡·统考二模）如图，在扇形中，，，点是中点，点分别为线段上的点，连接，当的值最小时，图中阴影部分的面积为______．

19．（2023·河南郑州·校考一模）如图，在边长为的正方形网格中，A，，均在格点上，则阴影部分的周长为______ ．

20．（2023·河南信阳·统考一模）如图，以线段为直径作半圆，圆心为点，过点作交半圆于点，平分，若，则图中阴影部分的面积为___________．

21．（2023·河南许昌·统考一模）如图，扇形OAB中，∠AOB＝90°，点C为AO延长线上一点，连接BC，以点C为圆心，CB长为半径画弧，交OA于点D．若∠BCO＝45°，OA＝2，则图中阴影部分的周长为 _____．


三、解答题
22．（2023·河南南阳·统考一模）如图，和它的外接，直径是AB．

(1)①请用尺规作图，作的角平分线BE，交于E；
②连接OC、AE、CE，当______°时，四边形OAEC是菱形；
(2)在①的条件下，若，，求BE的长．
23．（2023·河南安阳·统考二模）某学校的教学楼选用一些简单大方的几何图案，对楼道拐角处墙壁进行了装饰，如图1就是一个简单案例．
张老师对同学们说：图1中有一些有趣的几何关系．并在图1的基础上设计了如下的数学问题，请你完成作答：
如图2，在中，，点D在边上（不与点C重合），以为直径作，交于点E，连接．
  
(1)尺规作图：作边的垂直平分线l，交于点F；（要求：不写作法，保留作图痕迹，使用铅笔）
(2)连接是的切线吗？请说明理由．
24．（2023·河南许昌·统考二模）如图，内接于，是的直径，过点C作的切线，交的延长线于点P，点F在上，连接．易证命题：“若是的切线，则”是真命题．
  
(1)请写出该命题的逆命题是______；
(2)判断（1）中的命题是否为真命题，并说明理由；
(3)若⊙O的半径为4，，且，求AC的长．
25．（2023·河南焦作·统考二模）如图，是的直径，A，B是上的两点，过点A作的切线交的延长线于点C，，连接，

(1)求证：．
(2)若，的半径为，求线段的长
26．（2023·河南鹤壁·统考三模）如图，四边形是⊙O的内接四边形，且对角线经过⊙O的圆心O，过点A作，与的延长线交于点E，且平分．

(1)求证：；
(2)若⊙O的半径为5，，求的长．
27．（2023·河南驻马店·统考二模）《义务教育数学课程标准（2022年版）》是风向标，梅老师通过查阅新课标获悉：切线长定理由“选学”改为“必学”，并新增“会过圆外的一个点作圆的切线”．在《切线的性质与判定》学习完毕后，遂命制一题：“已知：如图，及外一点P．求作：直线，使与相切于点B”．李华同学经过探索，想出了两种作法．具体如下（已知点B是直线上方一点）：
作法一（如图1）：
作法二（如图2）：
1．连接，作线段的垂直平分线，交于点A；2．以点A为圆心，以的长为半径作，交于点B；
3．作直线，则直线是的切线．
1．连接，交于点M，过点M作的垂线；2．以点O为圆心，以的长为半径作弧，交直线于点Q；
3．连接，交于点B；
4．作直线，则直线是的切线．


证明：如图1，为直径，，（       ）

是的半径，
∴直线PB是的切线．
证明：……
请仔细阅读，并完成相应的任务．
(1)“作法一”中的“依据”是指_______________．
(2)请写出“作法二”的证明过程．
28．（2023·河南周口·统考一模）如图，为的直径，点C为上一动点，过点C作的切线l，过点B作l的垂线，垂足为点D，与交于点E，连接交于点F．

(1)求证：；
(2)若的半径为2，当四边形为菱形时，求的长．
29．（2023·河南信阳·统考一模）如图，是的直径，点是圆上一点，点是的中点，，过点作的切线交的延长线于点．

(1)求证：；
(2)若，的半径是3，求的长．
30．（2023·河南南阳·统考一模）某种在同一平面进行传动的机械装置如图1，图2是它的示意图．其工作原理是：滑块Q在平直滑道l上可以左右滑动，在Q滑动的过程中，连杆也随之运动，并且带动连杆绕固定点O摆动．在摆动过程中，两连杆的接点P在以为半径的上运动．数学兴趣小组为进一步研究其中所蕴含的数学知识，过点O作于点H，并测得．

(1)如图3，小明同学说：“当点Q滑动到点H的位置时，与是相切的．”你认为他的判断对吗？并说明理由；
(2)求滑块Q在平直滑道l上可以左右滑动的最大距离．
31．（2023·河南安阳·统考一模）如图，点是以为直径的上的一点，过点作的切线，交的延长线于点，点是的中点，连接并延长与的延长线交于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
32．（2023·河南周口·统考一模）如图，为的直径，切于点，于点，交于点．

(1)求证：平分；
(2)若，，，求的长．




















参考答案
1．B
【分析】连接AB，由垂径定理可得点C、D分别是AP、PB的中点，然后由勾股定理及三角形中位线可进行求解．
【详解】解：连接AB，如图所示：

∵OC⊥AP，OD⊥BP，
∴AC=CP，PD=DB，
∴点C、D分别是AP、PB的中点，
∴，
∵∠AOB=90°，OA=OB=1，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查垂径定理及三角形中位线、勾股定理，熟练掌握垂径定理及三角形中位线、勾股定理是解题的关键．
2．C
【分析】根据圆周角定理得，再根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
3．A
【分析】如图，连接、，由圆周角定理可得，再结合可得，进而得到；再根据圆的内接四边形的性质可得，进而得到，最后根据圆周角定理即可解答．
【详解】解：如图，连接，，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴．
∴．
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴．
故选：A．

【点睛】本题主要考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质等知识点，掌握圆的内接四边形的对角互补是解答本题的关键．
4．B
【分析】连接，由直径所对的圆周角是直角得，由同弧所对的圆周角相等得到，由三角形内角和定理即可得到的度数．
【详解】解：连接，

∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
故选：B
【点睛】此题主要考查了圆周角定理，三角形内角和定理等知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
5．C
【分析】先求出方程的解，再根据直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半作答．
【详解】解：，
因式分解得，
解得，
∵，
∴这个三角形是直角三角形，且斜边为13，
∴这个三角形外接圆的半径是斜边长的一半即，
故选C．
【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，勾股定理和求三角形外接圆的半径，熟记直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半是解题的关键．
6．B
【分析】如图，连接，根据勾股定理得到，根据直角三角形的性质得到，求得，推出经过第609次旋转后，顶点E的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，得到E与关于原点对称，于是得到结论．
【详解】解：如图，连接，
由正六边形，可知：，
，
在中，，
，  
，
，
，
将正六边形绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转，
次一个循环，
，
经过第609次旋转后，顶点E的坐标与第三次旋转得到的的坐标相同，
与关于原点对称，
，
经过第609次旋转后，顶点E的坐标，
故选：B．

【点睛】本题考查了正多边形的性质及其旋转，掌握旋转规律中的周期问题，利用点的坐标，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
7．A
【分析】连接，先求出，，则图形的面积为，即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：连接，
  
点C为的中点，，
∴在中，，


，
，
由旋转知：，
∴，

阴影部分的面积为．
故选：A．
【点睛】本题考查扇形的面积公式，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用分割法求阴影部分面积．
8．C
【分析】首先求得每一次转动的路线的长，发现每4次循环，找到规律然后计算即可．
【详解】解：转动一次的路线长是：，
转动第二次的路线长是：，
转动第三次的路线长是：，
转动第四次的路线长是：0，
转动五次的路线长是：，
以此类推，每四次循环，
故顶点转动四次经过的路线长为：，

顶点转动2024次经过的路线长为：．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了探索规律问题和弧长公式的运用，发现规律是解决问题的关键．
9．
【分析】如图所示，连接，先根据正方形的性质和勾股定理求出，再根据题意可知点G在以点C为圆心，半径为的圆上运动，故当点G在线段上时，最小，此时点G与点重合，当点C在线段上时，最大，此时点G与重合，利用勾股定理求出，则，即可得到．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是边长为1的正方形，点G为的中点，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴在正方形绕点C旋转一周的过程中，点G在以点C为圆心，半径为的圆上运动，
∴当点G在线段上时，最小，此时点G与点重合，当点C在线段上时，最大，此时点G与重合，
在中，，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
  
【点睛】本题主要考查了圆外一点到圆上一点距离的最值问题，正方形的性质，勾股定理，正确确定点G的运动轨迹是解题的关键．
10．5
【分析】取中点，连接，．根据勾股定理求出，根据直角三角形的性质求出，，结合图形计算即可．
【详解】取中点，连接，．
点是斜边的中点，

∴，，
∴，
∵是半圆的直径，
∴，
∵点是斜边的中点，
∴
∴当点、、共线时，的值最大，
的最大值为．
故答案为：5．
【点睛】本题考查的是勾股定理、直角三角形与圆的性质，掌握数形结合的方法是本题的关键．
11．
【分析】利用垂直的意义，对顶角相等和三角形的内角和定理求得的度数，利用同圆的半径相等和等腰三角形的性质求得的度数；利用切线的性质定理求得，则可求，利用三角形的内角和定理即可求得结论．
【详解】解：，
，
，，
，
．
，
．
为的切线，
，
．
．
故答案为∶
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，垂直的意义，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．
12．
【分析】利用扇形面积公式，根据即可求解．
【详解】

故答案为：．
【点睛】本题考查了求扇形面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键．
13．
【分析】如图：连接,过O作，先根据题意说明是等边三角形，进而说明、；然后再根据等腰三角形的性质和解直角三角形可得、、，最后根据运用扇形和三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图：连接,过O作
∵以为直径的半圆O交于点B,
∴,
∵点B为圆心，长为半径的半圆B过点A与点O，
∴
∴,是等边三角形
∴
∴
∵
∴,,
∴
∴

．
  
故答案为．
【点睛】本题主要考查了求不规则图形的阴影面积、圆的基本性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，根据题意得到是解答本题的关键．
14．/
【分析】过点C作于E，由，得当最大时，最小，此时，经过圆心O，即垂直平分，点C为优弧的中点，连接，由垂径与勾股定理求出的长，即可求解．
【详解】解：过点C作于E，
  
∵，
∴当最大时，最小，此时，经过圆心O，即垂直平分，点C为优弧的中点，
连接，
∵，
∴，
由勾股定理，得，
∴，
∴最小值，
故答案为：．
【点睛】本题考查垂径定理，不规则图形面积，三角形面积，勾股定理，根据图形面积关系，得出点C为优弧的中点时，阴影面积最小是解题的关键．
15．
【分析】连接，证四边形是菱形，在中，求证的值，得到，即可解答．
【详解】连接，如解图所示．
  
∵，以为边在其左侧作等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形．
∴，，．
在中，，，，
∴．
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形的面积公式，菱形的判定与性质，锐角三角函数，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
16．/
【分析】根据已知的半径为5，所对的弦长为8，点是的中点，利用垂径定理可得，，再根据勾股定理可得的长，利用弧长公式即可求出点的运动路径长．
【详解】解：设的圆心为，连接、、、、，如图所示：
  
半径为5，所对的弦长为8，点是的中点，
∴由垂径定理得，，
在中，，
，
在中，，
将绕点逆时针旋转后得到，
，
，
即在该旋转过程中点的运动路径长是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了轨迹、垂径定理、勾股定理、圆心角、弧、弦的关系、弧长计算、旋转的性质，熟练掌握旋转性质，弄清旋转路径是解决问题的关键．
17．/
【分析】根据扇形面积减去直角三角形的面积即可求解．
【详解】解：依题意，，，
∴图中阴影部分的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求扇形面积，勾股定理与格点问题，旋转的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
18．
【分析】当时，最小，连接，根据点是中点，，可得，由，可得为等边三角形，根据等边三角形的性质、勾股定理以及锐角三角函数可得，分别计算出、、，由，进行计算即可得到答案．
【详解】解：如图，当时，最小，连接，
  
，
当在同一条线上时，即最小时，最小，
当时，最小，
点是中点，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了扇形的面积计算—求不规则图形的面积，等边三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，添加适当的辅助线，掌握等边三角形的判定与性质，将不规则图形面积进行转换为，是解题的关键．
19．
【分析】由≌推出，由弧长公式求出弧的长，由勾股定理求出的长，即可解决问题．
【详解】解：，，，
≌，
，
，
，
，
，
弧的长，
阴影部分的周长为：弧的长．
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理，弧长的计算，全等三角形的判定和性质，关键是证明得到．
20．
【分析】利用扇形的面积减去的面积即可求出阴影部分的面积．
【详解】过点作于点,

，
,
平分，
，
，且是等腰直角三角形，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了割补法求不规则图形的面积，涉及扇形面积公式，三角形面积，勾股定理的知识，属于基础题，解题的关键是求出扇形圆心角的度数和三角形的高．
21．
【分析】由等腰直角三角形的性质求出的长，即可求出的长，由弧长公式求出弧，弧的长，即可求出阴影的周长．
【详解】解：，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
弧的长，弧的长，
，，
，
阴影的周长弧的长弧的长．
故答案为：．

【点睛】本题考查弧长的计算，等腰直角三角形的性质，关键是掌握弧长的计算公式．
22．(1)①见解析；②30
(2)

【分析】（1）①根据尺规作图的要求和作角平分线的方法、步骤即可作出BE；②由AB是的直径，可得∠ACB=∠AEB = 90°，当∠BAC= 30°时，由∠ABC = 60°，BE是∠ABC的角平分线，可得是等边三角形，继而可得，则结论即可得证．
（2）连接OE交AC于点D，连接AE，由BE平分，，可得，继而可求得，，然后在、和中，分别利用勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）解：①如图所示，射线BE即为所求；

②连接OC、AE、CE，当∠BAC=30°时，四边形OAEC是菱形．
理由如下：连接OE，如图，

∵AB是的直径，
∴∠ACB=∠AEB = 90°，
当∠BAC= 30°时，∠ABC = 60°，
∵BE是∠ABC的角平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形OAEC是菱形．
（2）解：如图，连接OE交AC于点D，连接AE，

∵BE平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
在中，，
∴，
∴．
在中，，
∵AB是的直径，
∴，
∴在中，．
【点睛】本题主要考查了角平分线的作法、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、菱形的判定、平行线的性质、垂径定理、勾股定理等，灵活掌握添加辅助线的方法和相关定理是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)是，理由见解析


【分析】（1）根据垂直平分线的尺规作法求解即可；
（2）首先根据直径的性质得到，然后利用直角三角形斜边中线的性质得到，然后利用直角的性质得到，即可证明．
【详解】（1）如图所示，
  
（2）如图所示，连接，
    
∵为的直径，
∴，
∴，
∵l是的垂直平分线，
∴点F是的中点，
∴是斜边上的中线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点E在上，
∴是的切线．
【点睛】此题考查了切线的判定，尺规作线段的垂直平分线，直径的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
24．(1)若，则AF是⊙O的切线
(2)是真命题，理由见解析
(3)

【分析】（1）根据逆命题的概念，交换题设和结论即可解答；
（2）如图：连接OC， 根据平行线的性质可得、，进而得到，然后再证可得，再根据PC是的切线可得，进而说明即可说明；
（3）先根据勾股定理可得，然后再说明、，由三角形的面积公式可得，即可得，最后根据即可解答．
【详解】（1）解：∵原命题为：若是的切线，则
∴逆命题为：若，则AF是⊙O的切线；
故答案为：若，则AF是⊙O的切线．
（2）解：是真命题，理由如下：
如图：连接OC，
  
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，

∴，
∴，
∵PC是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线．
（3）解：∵的半径为4，，，
∴
∵，，
∴，
∴，
∴的面积，
∴，解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了逆命题、圆的切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点是解答本题的关键．
25．(1)见详解
(2)

【分析】（1）连接，得，再根据题意得，即可解答．
（2）连接，根据题意得，再根据的半径为，，得到，再根据，得的三边之比为，即可解答．
【详解】（1）连接，
  
∴，
∵是的切线，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）连接，
  
∵是的直径，
∴，
显然，
∵的半径为，，
∴，
∴，在中，，
∴，
∵，
∴且，
∴，故的三边之比为，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定定理，垂径定理．
26．(1)见解析
(2)

【分析】（1）先根据圆周角定理得到，再根据角平分线的定义得到，然后利用等角的余角相等得到结论；
（2）过O点作于H点，连接，如图，根据垂径定理得到，则利用勾股定理可计算出，接着证明四边形OAEH为矩形得到，，所以，然后利用勾股定理可计算出的长．
【详解】（1）证明：为直径，
，
，
，
，
平分，
，
，
即；
（2）解：过O点作于H点，连接，如图，则，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
在中，．

故答案为：．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的对角互补及圆周角定理是解题的关键．
27．(1)直径所对的圆周角为
(2)见解析

【分析】（1）由为直径，可证，进而可证直线是的切线；
（2）根据证明，得，进而可证直线是的切线．
【详解】（1）∵为直径，
，（直径所对的圆周角为）
．
是的半径，
∴直线是的切线．
故答案为：直径所对的圆周角为；
（2）由作法可得，，，
，
在和中，
，
，
，
．
∵是的半径，
直线是的切线．
【点睛】本题考查了尺柜作图-作垂线，切线的判定，圆周角定理，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握经过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线是解答本题的关键．
28．(1)见解析
(2)2

【分析】（1）根据切线的性质可得出，根据直径所对圆周角为直角可得出，即得出，结合题意即证明四边形是矩形，得出，结合“”即可证；
（2）连接，由菱形的性质可得出，，即易证等边三角形，得出．由平行线的判定和性质得出，即易证是等边三角形，得出．
【详解】（1）证明：∵切于点C，
∴，
∴．
∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在和中，，
∴；
（2）解：如图，连接，

∵四边形为菱形，
∴，．
∵，
∴等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，矩形的判定和性质，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识．在解圆的相关题型中，连接常用的辅助线是解题关键．
29．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，先根据切线定理，得，再根据等弧所对的圆周角相等，得到，再根据垂径定理及等角的余角相等可推出结论．
（2）由已知，结合（1）中结论得即可求出的长．
【详解】（1）证明：连接．

∵是的切线，∴．
∵点是的中点，∴，
∴．
∵，∴
∴，∴．
∵，，
∴．
∵，∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，，
∴，∴，
∴．
∵，∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的基本性质，垂径定理，切线的性质。熟练掌握圆的切线的性质及圆中的相关计算是解题的关键．
30．(1)小明的判断正确，理由见解析
(2)

【分析】（1）利用勾股定理逆定理，得到，即可得证；
（2）由题意知，当点Q、P、O三点共线时，Q点离H点的距离最远，利用勾股定理求出当点Q在H点右边时，点Q离H点的最大距离，再乘以2，即可得解．
【详解】（1）解：小明的判断正确，理由如下：
∵，
∴，，
∴，
∴，即，
∵为的半径，
∴与是相切，
∵点与点重合，
∴与是相切的；
（2）由题意知，当点Q、P、O三点共线时，Q点离H点的距离最远，
如图，当点Q在H点右边时，则，

∴（cm），
故当点Q在H点右边时，点Q离H点的最大距离为cm，
同理，当点Q在H点左边时，Q点离H的最大距离也为cm，．
∴滑块Q在平直滑到l上可以左右滑动的
∴最大距离（cm）．
【点睛】本题考查勾股定理定理及其逆定理，以及切线的判定．熟练掌握切线的判定方法，以及确定点Q、P、O三点共线时，Q点离H点的距离最远，是解题的关键．
31．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，，由为的直径得，根据知，由知，根据是的切线得，即，从而得证；
（2）根据直角三角形的性质得到，，求得，得到，由和直角三角形两锐角互余，可求得，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，连接，，
∵为的直径，
∴，
在，点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
即，
∴半径，
∴是的切线；

（2）解：∵，，
又∵，，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
32．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接，如图所示，由等腰三角形性质、切线性质及平行线的判定与性质可得，从而由角平分线定义即可得到答案；
（2）根据题意，得到为等边三角形，利用等边三角形性质及直径定义即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：

∵，
∴，
∴切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：连接，如图所示：

∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆综合，涉及切线性质、等腰三角形性质、平行线的判定与性质、角平分线定义及等边三角形的判定与性质，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键．