江苏省镇江市2024-2025学年中考数学一轮专题复习圆部分重难点专项练习

江苏省镇江市2024-2025学年度中考数学一轮专题复习圆部分重难点专项练习 一、单选题 1．（2023·江苏镇江·中考真题）圆锥的侧面展开图是（    ） A．三角形 B．菱形 C．扇形 D．五边形 2．（2024·江苏镇江·一模）如图，A、O在网格中小正方形的顶点处，每个小方格的边长为1，在此网格中找两个格点（即小正方形的顶点）B、C，使O为的外心，则的长度是（    ）    A． B． C．4 D． 3．（2023·江苏镇江·模拟预测）如图，与相切于点A，与相交于点B，点C在优弧上，且与点A、B不重合，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 4．（2024·江苏镇江·模拟预测）如图，是的外接圆，，则的度数等于（    ） A． B． C． D． 5．（2024·江苏镇江·模拟预测）如图，是的直径，是的切线，连接，若，则的大小为（　　）    A． B． C． D． 6．（2024·江苏镇江·模拟预测）如图，已知是的直径，点C、D分别在两个半圆上，若过点C的切线与的延长线交于点E，则与的数量关系是（　　） A． B． C． D． 7．（2023·江苏镇江·模拟预测）如图，的半径为1，是的直径，是弦，是劣弧上一点，将沿折叠，使得点的对应点是点，且弧与相切于点，设线段的长度为，弦的长度为，则（　　） A． B． C． D． 8．（2023·江苏南京·一模）如图，在菱形纸片中，，，分别剪出扇形和，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面．若点在上，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 9．（2023·江苏镇江·一模）如图，菱形的边长为，，点为边的中点．点从点出发，以每秒个单位的速度向点运动，点同时从点出发，以每秒个单位的速度向点运动，连接，过点作于点．当点到达点时，点也停止运动，则点的运动路径长是（　　） A． B．12 C． D． 10．（2022·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰中，，BC= ，同时与边的延长线、射线相切，的半径为3．将绕点按顺时针方向旋转，、的对应点分别为、，在旋转的过程中边所在直线与相切的次数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 11．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，四边形为平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧，交边于点E，连接，，，则的长 （结果保留）． 12．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，是的内接正n边形的一边，点C在上，，则 ．    13．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，扇形的半径为2，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点P，，则的长 ．（结果保留） 14．（2023·江苏镇江·中考真题）已知一次函数的图像经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心、r为半径作．若对于符合条件的任意实数k，一次函数的图像与总有两个公共点，则r的最小值为 ． 15．（2023·江苏镇江·中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，径几何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角形内切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的长．用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就是这个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于 步．（注：“步”为长度单位）    16．（2023·江苏镇江·模拟预测）如图，半圆的直径，将半圆绕点顺时针旋转得到半圆，与交于点，图中阴影部分的面积等于 ． 17．（2024·江苏镇江·二模）如图，在中，，以所在直线为轴，把旋转1周，得到一个圆锥，这个圆锥的侧面积为 ． 18．（2024·江苏镇江·二模）刘徵是我国魏晋时期卓越的数学家，他在《九章算术注》中提出了“割圆术”，利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积．如图，若用圆（半径为r）的内接正八边形的面积来估计这个圆的面积，则估计值比圆的实际面积少 （用含r的代数式表示） 19．（2024·江苏镇江·二模）如图，是内接四边形的一个外角，连接，若，则的度数为 °． 20．（2024·江苏镇江·一模）如图，有一张正八边形纸片缺了一个角A，连接，点O在上．若以点C为圆心，长为半径所画的圆恰好经过点D，则下列结论：①点O也在上；②点O也在上；③连接，则；④，其中正确的是 （填写序号）．    三、解答题 21．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由． 22．（2024·江苏镇江·一模）如图，等腰三角形内接于，，点I是的内心，连接并延长交于点D，点E在的延长线上，满足．试证明： (1)所在的直线经过点I； (2)点D是的中点． 23．（2024·江苏镇江·二模）如图1，内接于⊙O，，D为上一点，交延长线于点E． (1)求证：为的切线； (2)如图2，连接恰好过圆心，过点A作于G，过点C作于F． ①求证：； ②若，求的长． 24．（2024·江苏镇江·二模）如图，以为直径的交的斜边于点D，连接．点E在上，． (1)求作满足条件的点E（要求尺规作图，保留作图痕迹） (2)延长交的延长线于点F，下列说法：①是的切线；②；③垂直平分；④是等边三角形．正确的序号是________； (3)若，，求的长． 25．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，将矩形沿对角线翻折，的对应点为点，以矩形的顶点为圆心、为半径画圆，与相切于点，延长交于点，连接交于点．    (1)求证：． (2)当，时，求的长． 26．（2023·江苏镇江·模拟预测）如图，，切分别于点，，交于点，连接并延长交于点． (1)求证：； (2)若的半径为，，求的长． 27．（2024·江苏镇江·二模）如图①，四边形是菱形，是的外接圆． (1)求证：圆心O在直线上； (2)如图②，当时，求证：与相切； (3)当与菱形的边有五个公共点时，直接写出的取值范围． 28．（2024·江苏镇江·二模）如图1，点P为外一点．    (1)过点P作的一条切线（请用无刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹）； (2)如图2， 为的切线，连接，交于点E，作，交于点A，作直径，连接交于点F． ① 求证：； ② 若，求的长． 29．（2023·江苏镇江·模拟预测）如图，是的直径，与相切于点，与交于点，且． (1)判断的形状，并说明理由； (2)设是左侧的圆周上一点（不包含点、），连接． ①若是的中点，求； ②在①的条件下，试判断和的大小关系，并说明理由． 30．（2024·江苏镇江·二模）数学的思考 如图①，在平面直角坐标系中，已知点，，试在x轴正半轴上确定点P的位置，使得最大，并求出此时点P的坐标． 数学的眼光 (1)如图①，请说明 数学的表达 (2)如图②，根据“垂径定理”，可知圆心C在线段的垂直平分线l上，借助直线l的表达式及，可以求出圆心C的坐标，从而得到点P的坐标，请写出具体的过程； (3)如图③，延长线段交x轴于点D，连接、，当与相切时，通过求的长可得到点P的坐标，请直接写出P的坐标； (4)如图④，已知线段，用尺规在射线上作出点P，使得最大（保留作图痕迹） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C C C C A B D C 1．C 【分析】根据圆锥的侧面展开图是扇形进行判断作答即可． 【详解】解：由题意知，圆锥的侧面展开图是扇形， 故选：C． 【点睛】本题考查了圆锥的侧面展开图．熟练掌握圆锥的侧面展开图是扇形是解题的关键． 2．A 【分析】本题考查外心的定义：外心是三角形外接圆的圆心，外心到三角形三个顶点的距离相等，也考查了勾股定理．根据题意作出图形，得到点B和点C的位置，根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，    ∵点O为的外心， ∴，点B和点C的位置如图所示， ∴， 故选：A． 3．C 【分析】本题考查切线的性质、圆周角定理、直角三角形的两锐角互余，先根据切线性质得到，进而求得，再利用圆周角定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵与相切于点A， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的度数为， 故选：C． 4．C 【分析】连接，根据等边对等角得出，根据三角形内角和定理得出，根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了等边对等角，三角形内角和定理以及圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键． 5．C 【分析】利用切线的性质求出，由圆周角定理求出，根据三角形内角和定理即可求出． 【详解】解：是的直径，是的切线， ， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理等知识，三角形内角和定理，根据切线的性质求出，根据圆周角定理求出是解决问题的关键． 6．C 【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 连接，，，根据圆周角定理得到，得到，根据切线的性质得到，求得，于是得到结论． 【详解】解：连接，，， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 7．A 【分析】此题主要考查了翻折变换的性质以及垂径定理和勾股定理，切线的性质．设的圆心为，连接交于，连接，，由与相切于点，得到，由翻折得，根据垂径定理以及勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，设的圆心为，连接交于，连接， 由折叠得，，的半径为1， ， ， ， 与相切于点， ， ， ， ， ， 故选：A． 8．B 【分析】根据已知条件求得的半径为，进而求得，当与相切时，取得最大值，根据含度角的直角三角形的性质求得，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴的长为， ∴的半径为， 连接，则是等边三角形，， ∴ 当与相切时，取得最大值， 设与相切于点，则 ∵在菱形纸片中，， ∴， ∴ ∴的最大值是， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，圆锥侧面积公式，切线的性质，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键． 9．D 【分析】连接，设交于点，交于点，连接，设中点为，连接，根据菱形及等边三角形得性质可得，，可得出，可得必经过点，根据，可得点在以为直径的圆上，根据的速度及菱形性质可得当点达到点时，点达到点，，可得点点运动路径长是的长，利用勾股定理可求出的长，根据圆周角定理可得，利用弧长公式即可得答案． 【详解】解：如下图，连接，设交于点，交于点，连接，设中点为，连接， ∵菱形的边长为12，， ∴，是等边三角形， ∵点为边的中点， ∴，，， ∵点的速度为每秒1个单位，点的速度为每秒2个单位， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴必经过点， ∵，， ∴点在以为直径的圆上，且四点共圆， ∵当点达到点时，点达到点，， ∴点点运动路径长是的长， ∵，， ∴， ∴，即点点运动路径长是． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、四点共圆的证明、相似三角的判定与性质、勾股定理、圆周角定理及弧长公式，正确得出点的运动轨迹是解题关键． 10．C 【分析】首先以A为圆心，以BC边的中线为半径画圆，可得⊙A的半径为3，计算出OA的长度，可知⊙O与⊙A相切，根据两个相切圆的性质，即可得到答案． 【详解】解：如图： 作AD⊥BC，以A为圆心，以AD为半径画圆 ∵AC、AB所在的直线与⊙O相切，令切点分别为P、Q，连接OP、OQ ∴AO平分∠PAQ ∵∠CAB=120° ∴∠PAO=30° ∵OP=3 ∴AO= =6 ∵∠BAC=120°，AB=AC   ∴∠ACB=30°，CD= BC= ∴AD= =3 ∴⊙A的半径为3, ∴⊙O与⊙A的半径和为6 ∵AO=6 ∴⊙O与⊙A相切 ∵AD⊥BC ∴BC所在的直线是⊙A的切线 ∴BC所在的直线与⊙O相切 ∴当=360°时，BC所在的直线与⊙O相切 同理可证明当=180°时，所在的直线与⊙O相切． 当⊥AO时，即=90°时，所在的直线与⊙O相切． ∴当为90°、180°、360°时，BC所在的直线与⊙O相切 故答案选C． 【点睛】本题主要考查了圆的切线，涉及到等腰三角形的性质、两圆的位置关系和特殊角的三角函数等知识，熟练掌握相关知识，精准识图并准确推断图形的运动轨迹，进行合理论证是本题的解题关键． 11．/ 【分析】本题考查弧长的计算，平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，关键是判定是等边三角形，得到． 由平行四边形的性质推出，判定是等边三角形，得到，由弧长公式即可求出的长． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， 由题意得：， 是等边三角形， ， ， ． 故答案为：． 12．10 【分析】本题考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，求出中心角的度数是解题的关键．由圆周角定理得，再根据正边形的边数中心角，即可得出结论． 【详解】解：， ， ， 故答案为：10． 13．/ 【分析】本题考查弧长的计算，关键是掌握弧长公式．由等腰三角形的性质求出的度数，由弧长公式即可计算． 【详解】解：由作图知∶垂直平分， 扇形的半径是2， 故答案为∶． 14．2 【分析】由的图像经过第一、二、四象限，可知，由过定点，可知当圆经过时，由于直线呈下降趋势，因此必然与圆有另一个交点，进而可得r的最小值是2． 【详解】解：∵的图像经过第一、二、四象限， ∴，随的增大而减小， ∵过定点， ∴当圆经过时，由于直线呈下降趋势，因此必然与圆有另一个交点， ∴r的临界点是2， ∴r的最小值是2， 故答案为：2． 【点睛】本题考查了一次函数图像，直线与圆的位置关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 15．6 【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径． 【详解】解：根据勾股定理得：斜边为， 则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径（步），即直径为6步， 故答案为：6． 【点睛】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握中，两直角边分别为、，斜边为，其内切圆半径是解题的关键． 16． 【分析】本题考查的是扇形面积的计算及图形旋转的性质．先根据题意判断出是等腰直角三角形，由锐角三角函数的定义求出的长，进而可得，然后根据直接进行计算即可． 【详解】解：连接， 是直径， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 故答案为：． 17． 【分析】本题主要考查了圆锥侧面积的计算，掌握圆锥的定义以及侧面积计算公式成为解题的关键． 先根据勾股定理求解得到的母线长，再运用扇形的面积公式计算即可． 【详解】解：由已知得，圆锥母线长，底面圆的半径r为8， ∴圆锥的侧面积是． 故答案为：． 18． 【分析】本题考查正多边形和圆．根据正八边形的性质，直角三角形的边角关系以及扇形面积的计算方法进行计算即可． 【详解】解：如图，过点作于点，由题意可知正八边形内接于， 正八边形内接于， ， 在中，，， ， ， 这个估计值比圆的实际面积少． 故答案为：． 19． 【分析】此题考查了圆内接四边形的性质和圆周角定理，根据题意得到，，根据同角的补角相等和圆周角定理即可得到． 【详解】解：∵是内接四边形的一个外角， ∴， ∴ 故答案为： 20．①③/③① 【分析】补全缺失的A角，连接、、、，根据正八边形可得，，先得出点O在线段的垂直平分线上，结合对称可得垂直平分线段，可得①正确；故有②错误；先根据对称性得出与在同一条直线上，由四边形、四边形是等腰梯形，可得，进而有，则判断③正确，根据等腰直角三角形可得，再证明，即有，进而可判断故④错误，问题得解． 【详解】如图，补全缺失的A角，连接、、、，    ∵多边形是正八边形， ∴正八边形是称轴图形，且，， ∴四边形、四边形是等腰梯形， ∵以点C为圆心，长为半径所画的圆恰好经过点D， ∴， ∴点O在线段的垂直平分线上， ∵在正八边形中，所在直线是正八边形的对称轴， ∴垂直平分线段， ∴点O在上，故①正确； ∴点O不在上，故②错误； ∴点O为与的交点， ∵正八边形是关于对称的轴对称图形， ∴点A、点O、点D三点共线， ∴与在同一条直线上， ∵四边形、四边形是等腰梯形，， ∴， ∴， ∴， ∴，是等腰直角三角形，且，故③正确， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，故④错误， 综上正确的有①③， 故答案为：①③． 【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，轴对称图形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，充分利用正八边形是轴对称图形，是解答本题的关键． 21．与相切，理由见解析 【分析】连接，由等腰三角形的性质得，再由折叠的性质得，进而证明，则，因此，然后由切线的判定即可得出结论． 【详解】解：与相切． 证明：连接． ∵， ∴． ∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点落在边上， ∴． ∴． ∴． ∴由，得，即． ∴与相切． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键． 22．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接，可证明，得，则平分，再由点I是的内心，证明平分，所以与在同一条直线上，即可证明所在的直线经过点I； （2）连接，推导出，则，再证明，则，再推导出，则，由，，证明，则，所以，即可证明点D是的中点． 【详解】（1）证明：连接， ∵，，， ∴， ∴， ∴平分， ∵点I是的内心， ∴平分， ∴与在同一条直线上， ∴所在的直线经过点I． （2）证明：连接，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点D是的中点． 【点睛】此题重点考查圆周角定理、圆的内接三角形的定义、三角形的内心的定义、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等角的余角相等、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 23．(1)见解析 (2)①见解析；②9 【分析】本题属于圆的综合题，主要考查了切线的判定与性质，圆周角定理，射影定理，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． （1）首先推导出，结合过圆心，得到，利用，推导出，为半径，即可得证； （2）①利用，，，推导出即可； ②首先推导出，进而得到，设，则，，由射影定理得：，代入解得，（舍去），得到． 【详解】（1）证明：连接并延长交于， ， ， 又过圆心， ，即， ， ， ，为半径， 为的切线； （2）①证明：过圆心即为直径， ， ， ， ． 即， ， 在与中， ， ； ②解：由（2）知， ， 在与中， ， ， ， ，， ， 设，则， ， 在中，于， 由射影定理得：， ， 解得，  （舍去）， ． 24．(1)画图见解析 (2)①②③ (3) 【分析】（1）作线段的垂直平分线垂足为E，连接，利用直角三角形斜边的中线性质可得点E即为所求； （2）①正确，利用全等三角形的性质证明即可；②正确，利用三角形中位线定理证明；③正确，根据线段的垂直平分线的判定判断即可；④错误，根据等边三角形的定义判断即可； （3）过点D作于点H．首先证明，求出，，，再利用相似三角形的性质求解． 【详解】（1）解：如图，点E即为所求； ； 由作图可得：， 而为的直径， ∴， ∴． （2）在和中， ， ∴， ∴， ∴是的切线，故①正确； 由作图可知，， ∴，故②正确； ∵，， ∴垂直平分线段，故③正确； ∵不一定是， ∴无法判断是等边三角形，故④错误． 故答案为：①②③； （3）解：过点D作于点H． ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴． 【点睛】本题考查作图-复杂作图，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的斜边中线性质、解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 25．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由切线的性质得，则，由矩形的性质得，再由直角三角形两锐角互余得，根据对顶角相等和同圆的半径相等得，，然后由等角的余角相等得，最后由等角对等边得出结论； （2）由锐角三角函数得，，得，由翻折得，由得，再由矩形对边相等得，最后在中解直角三角形即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图，连接．    ∵与相切于点E， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． （2）解：在中，，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 由翻折可知，， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键． 26．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据切线的性质可知，再由平行线的性质即可证明，最后结合垂径定理即可证明． （2）过点作于点，连接．由，可设、，则．再由切线的性质可得．由四边形为矩形，即可求出、，从而求出．最后在中，利用勾股定理即可列出关于的等式，解出即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵切于点， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）如图，过点作于点，连接． ∵，故设，， 在中，， ∵，切分别于点， ∴， 由（1）知四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，，即， 解得：， ∴． 【点睛】本题为圆的综合题．考查切线的性质，平行线的性质，垂径定理，锐角三角函数解直角三角形以及勾股定理．作出辅助线并结合数形结合的思想是解答本题的关键． 27．(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）如图①，连接，由菱形，可得，，由是的外接圆，可得，则是线段的垂直平分线，即，由，可知三点共线，进而结论得证； （2）如图②，连接，证明是等边三角形，，，同理（1）可知，是线段的垂直平分线，则，，即，进而结论得证； （3）由（2）可知，当时，与菱形的边有3个公共点，当四边形为正方形时，四边形的边与共有4个公共点，进而可知当时，与菱形的边有五个公共点． 【详解】（1）证明：如图①，连接， ∵菱形， ∴，， ∵是的外接圆， ∴， ∴是线段的垂直平分线，即， ∵， ∴三点共线，即圆心O在直线上； （2）证明：如图②，连接， ∵菱形，， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴， 同理（1）可知，是线段的垂直平分线， ∴， ∴，即， 又∵是半径， ∴与相切； （3）解：由（2）可知，当时，与菱形的边有3个公共点， 当四边形为正方形时，四边形的边与共有4个公共点， ∴当时，与菱形的边有五个公共点， ∴的取值范围为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的判定，等边三角形的判定与性质，切线的判定，外接圆，正方形的性质等知识．熟练掌握菱形的性质，垂直平分线的判定，等边三角形的判定与性质，切线的判定，外接圆，正方形的性质是解题的关键． 28．(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理、正切函数、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）先作的垂直平分线得到的中点E，再以为半径作交于B、Q，根据圆周角定理得到，连接即可． （2）①先根据等腰三角形的性质、平行线的性质可得，再根据切线的性质、圆周角定理以及同角的余角相等即可证明结论；②由圆周角定理、平行线的性质可得，再根据等腰三角形三线合一的性质可得，再根据勾股定理列方程求得,即；然后再根据①的结论运用正切函数列方程求解即可． 【详解】（1）解：如图：线段即为所求；    （2）解：①∵, ∴， ∵， ∴, ∴， ∵是直径， ∴, ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∴． ②∵是直径， ∴, ∵， ∴， ∵,, ∴, ∵， ∴, ∵,即, ∴,解得：,即, ∵， ∴，即, ∴,解得：． 29．(1)是等腰直角三角形，理由见解析 (2)①；②，理由见解析 【分析】（1）由直径所对圆周角是，结合，可由垂直平分线的性质与判定，得到，由切线的性质，可得，即可求解， （2）设，由，，由，得到，，即可求解， 本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，解题的关键是：由，推导出，由锐角的正弦得到． 【详解】（1）解：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∵与相切于点， ∴， ∴是等腰直角三角形， （2）解：①连接，设与相交于点， ∵点是弧的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴令，则， ∴， ∴， ②作 于， 设，则，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵、是锐角． ∴． 30．(1)见解析 (2) (3) (4)见解析 【分析】（1）利用圆周角定理的推论以及三角形外角定理即可求解； （2）设点，即可求得，，进行计算即可； （3）连接并延长，交于点E，连接，根据，，，即可推出，即，得到，计算代入求解即可； （4）由（3）得，构造直径长为的半圆，得出c，然后在图中作图即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∴ ∵是的外角， ∴， ∴， ∴． （2）直线l的表达式为， ∵点C在直线l上， 设点， ∴，， ∵， ∴                         ∴， 解得，（不合题意，舍去）， ∴P点坐标为． （3）连接并延长，交于点E，连接，如图， ∵是直径， ∴， ∴， ∵与x轴相切于点P， ∴轴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， 即可得到直线的解析式为， ∴， ∴，， ∴，即， ∴， ∴P点的坐标为． （4）令，，根据第（3）问得，构造直径长为的半圆，得到c，即在图中截取即可，如图所示，此时即为所求． 学科网（北京）股份有限公司 $$