初中数学苏科版九年级上册第2章 对称图形——圆数学活动 图形的密铺课时训练

这是一份初中数学苏科版九年级上册第2章 对称图形——圆数学活动 图形的密铺课时训练，共29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。

专题2.44 圆中的动点问题（分层练习）（基础练）
一、单选题
1．（2022·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考模拟预测）如图，B，C是上两点，且，A是上一个动点不与B，C重合，则为（    ）

A． B． C．或 D．
2．（2020·浙江·模拟预测）如图，已知⊙O的半径为R，C、D是直径AB的同侧圆周上的两点，的度数为100°，=2，动点P在线段AB上，则PC＋PD的最小值为（ ）

A．R B．R C．R D．R
3．（2022秋·江苏无锡·九年级校考阶段练习）如图，在中，，，，点是边上的动点，连接，过点作于点，则的最小值为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
4．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，点是上两点，，点P是上的动点（P与不重合），连接，过点O分别作交于点E，交于点F，则等于（    ）
  
A．2 B．3 C．5 D．6
5．（2023·海南省直辖县级单位·校考一模）如图，是等边的外接圆，点是劣弧上一动点（不与A、C重合），则的度数是（　　）

A． B． C． D．
6．（2022秋·重庆潼南·九年级统考期末）如图，是的切线，B为切点，连接，与交于点C，D为上一动点（点D不与点C、点B重合），连接．若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
7．（2023·山西太原·统考二模）如图，正五边形内接于，点F是上的动点，则的度数为（    ）
  
A．60° B．72° C．144° D．随着点的变化而变化
8．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，内接于，，的半径为8，点Q是上一动点，点P是弦的中点，则点Q从点B运动到点C时，点P所经过的路径长为（　　）

A． B．2π C． D．
9．（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图，圆柱的底面周长为16，BC＝12，动点P从A点出发，沿着圆柱的侧面移动到BC的中点S，则移动的最短距离为（　　）

A．10 B．12 C．14 D．20
10．（2023·河南周口·统考二模）如图，在扇形中，，点为的中点，点为上一动点，点为上一点，且若，则阴影部分的面积为（   ）
  
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2019春·广东中山·九年级阶段练习）如图，正三角形ABC内接于圆O，AD⊥BC于点D交圆于点E，动点P在优弧BAC上，且不与点B，点C重合，则∠BPE等于 ．

12．（2022秋·江西赣州·九年级统考期末）如图，在中，AD为直径，弦于点H，连接OB．已知，．动点E从点O出发，在直径AD上沿路线以1cm/s的速度做匀速往返运动，运动时间为．当时，的值为 ．

13．（2023·安徽合肥·统考一模）如图，的弦，点P是上一动点，若的直径是，则的长的取值范围是______．

14．（2021秋·江苏宿迁·九年级统考阶段练习）已知直线l：y=x+4，点A（0，2），点B（2，0），设点P为直线l上一动点，当P的坐标为 时，过P，A，B三点不能作出一个圆．
15．（2022秋·九年级单元测试）如图，，分别与相切于，两点，是优弧上的一个动点，若，则 ．

16．（2012·广东广州·统考中考模拟）如图，是以边长为6的等边△ABC一边AB为半径的四分之一圆周，P为上一动点，当BP经过弦AD的中点E时，四边形ACBE的周长为 ．（结果用根号表示）

17．（2022春·河南周口·九年级校考阶段练习）如图，在扇形AOB中，OA＝2，点P为上一动点，过点P作PC⊥OA于点C，PD⊥OB于点D，连接CD，当CD取得最大值时，扇形OAB的周长为 ．

18．（2022·全国·九年级专题练习）如图，已知的直径，AC是的弦，连接BC，若，点Q在劣弧BC上一个动点，当时，则弧CQ的长度是 ．

三、解答题
19．（2021秋·全国·九年级期末）已知:如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于两点，是直线上一动点，⊙的半径为2．
（1）判断原点与⊙的位置关系，并说明理由；
（2）当⊙与轴相切时，求出切点的坐标．
  







20．（2022·广东·一模）如图，扇形OAB的半径OA=3，圆心角∠AOB=90°，点C是上异于A，B的动点，过点C作CD⊥OA于点D，作CE⊥OB于点E，连接DE，点G，H在线段DE上，且DG=GH=HE．
（1）求证：四边形OGCH是平行四边形；
（2）当点C是上运动时，在CD，CG，DG这三条线段中，是否存在长度不变的线段？若存在，请指出这条线段并求该线段的长度；若不存在，请说明理由．







21．（2021秋·辽宁盘锦·九年级校考阶段练习）如图，点O是弧的圆心，，且，C是上的一个动点，且不与A、B重合，于E，于D．
（1）若，求长；
（2）在中是否存在长度保持不变的边，若存在，求出该边的长；若不存在，说明理由．






22．（2022秋·湖南永州·九年级统考期中）如图，、为上的两个定点，是上的动点（不与、重合），我们称为上关于、的滑动角．已知是上关于点、的滑动角．
（1）若为的直径，则 ______ ；
（2）若半径为，，求的度数．






23．（2022·江西萍乡·校考模拟预测）如图，是的外接圆，，，P是上的一动点．
（1）当的度数为多少时，；
（2）若以动点P为切点的切线为，那么当的度数为多少时，切线与一边平行？








24．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，为的切线，C为切点，D是上一点，过点D作，垂足为F，交于点E，连接并延长交于点G，连接，已知．
（1）若的半径为5，求的长；
（2）试探究与之间的数量关系，写出并证明你的结论．（请用两种证法解答）
































参考答案
1．C
【分析】在优弧上取一点，连接，，利用圆周角定理以及圆内接四边形的性质即可解决问题．
解：在优弧上取一点，连接，，
∵，，
∴，
∵，
∴
故选：C．
【点拨】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
2．C
【分析】作点D关于AB的对称点D′，连接CD′与AB的交点即为所求的点P，CD′的长度为PC+PD的最小长度，求出弧BC的度数，再求出弧BD的度数，从而得到弧CD′的度数，连接OD′，过点O作OE⊥CD′，然后根据垂径定理求解即可．
解：如图，作点D关于AB的对称点D′，连接CD′，

由轴对称确定最短路线问题，CD′与AB的交点即为所求的点P，CD′的长度为PC+PD的最小长度，
∵弧AC的度数为100°，
∴弧BC的度数为180°-100°=80°，
∵弧BC=2弧BD，
∴弧BD的度数=×80°=40°，
∴弧CD′的度数=80°+40°=120°，
连接OD′，过点O作OE⊥CD′，
则∠COD′=120°，OE垂直平分CD′，
∴CD′=2CE=2×R=R．
故选C．
【点拨】本题考查了轴对称确定最短路线问题，垂径定理，解直角三角形，熟练掌握最短路线的确定方法，找出点P的位置是解题的关键，作出图形更形象直观．
3．A
【分析】取中点，连接、．易得点在以长为直径的圆周上上运动，当点、、在同一直线上时，最短．据此计算即可．
解：如图，取中点，连接、．

，，
点在以长为直径的圆周上上运动，当点、、在同一直线上时，最短．
，，
，
，
，
即的最小值为2．
故选：A．
【点拨】本题考查了线段最小值，正确理解圆外一点到圆上的最短距离等于点与圆心连线与圆的交点到点到这点的线段长是解题的关键．
4．C
【分析】先根据垂径定理得出，故可得出是的中位线，再根据中位线定理即可得出结论．
解：于于，
，
是的中位线，
．
故选：C．
【点拨】本题考查的是垂径定理，中位线定理，熟知垂直于弦的直径平分弦是解答此题的关键．
5．C
【分析】根据等边三角形的性质得，然后利用圆内接四边形对角互补求解即可．
解：是等边的外接圆，
，
，
故选：C．
【点拨】本题考查了三角形的外接圆，等边三角形的性质，圆内接四边形的性质，解题的关键在于熟练掌握圆内接四边形对角互补．
6．B
【分析】如图：连接OB，由切线的性质可得∠OBA=90°，再根据直角三角形两锐角互余求得∠COB，然后再根据圆周角定理解答即可．
解：如图：连接OB，

∵是的切线，B为切点
∴∠OBA=90°
∵
∴∠COB=90°-42°=48°
∴=∠COB=24°．
故选B．
【点拨】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理等知识点，掌握圆周角等于对应圆心角的一半成为解答本题的关键．
7．B
【分析】求出正五边形每条边所对的圆心角的度数，再根据圆心角和圆周角的数量关系式即可求得．
解：连接、，
∵，
∴，
故选：B．
  
【点拨】此题考查了正多边形和圆，解题的关键是熟悉正多边形和圆的性质．
8．C
【分析】连接，由垂径定理知，则点P在以为直径的上运动，设与交于点，则点Q从点B运动到点C时，点P所经过的路径为的长，利用弧长公式进行计算即可．
解：连接，
∵点P为的中点，
∴，
∴点P在以为直径的上运动，

设与交于点，
则点Q从点B运动到点C时，点P所经过的路径为的长，
∵，的半径为8，
∴，，
∴点P所经过的路径长为，
故选：C．
【点拨】本题主要考查了动点的运动轨迹，垂径定理，圆周角定理等知识，确定点P的运动路径是解题的关键．
9．A
【分析】由于圆柱的高为12cm，S为BC的中点，故BS＝6cm，先把圆柱的侧面展开，连接AS，利用勾股定理即可得出AS的长．
解：沿着S所在的母线展开，如图，

连接AS，则AB＝×16＝8，BS＝BC＝6，
在Rt△ABS中，根据勾股定理AB2＋BS2＝AS2，即82＋62＝AS2，
解得AS＝10．
∵A，S两点之间线段AS最短，
∴点A到点S移动的最短距离为AS＝10cm．
故选：A．
【点拨】本题考查的是平面展开−最短路径问题，根据题意画出圆柱的侧面展开图，利用勾股定理求解是解答此题的关键．
10．B
【分析】连接，作于点，作于点，求出，证明，得出，根据求出结果即可．
解：连接，作于点，作于点，如图所示，
  
点为的中点，，
，
点为的中点，
∴，
∵，
∴，
，
，
∵，
∴，
，
，
阴影部分的面积是：，故B正确．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，证明．
11．30°
【分析】由于点P始终在优弧BAC上移动，故∠BPE度数不易直接求，可转化为求同弧所对的其他它圆周角的度数．
解：∵△ABC为正三角形，AD⊥BC，
∴AD为∠BAC的平分线，
∴∠BAE＝60°×＝30°，
又∵∠BPE＝∠BAE，
∴∠BPE＝30°．
故答案为30°．
【点拨】本题考查圆周角定理，在解此类动点问题时，一般将位置不固定的角转化为固定角来解，运用转化思想是解答此题的关键．
12．1s或3s或6s
【分析】根据OB=2，∠OBC=30°，，得出OH=，分三种情况当点E从O运动到D的过程中，点E运动到点H时，∠OBE=30°，1t=1，t=1s，当点E从D运动到O的过程中，点E运动到点H时，∠OBE=30°，1（t-2）=1，t=3s，可证OE=OB=2=OA，点E运动到点A时，∠EBO=30°，AD=2AO=4，列方程1（t-2）=4，解方程即可t=6s．
解：∵OB=2，∠OBC=30°，，
∴OH=，
当点E从O运动到D的过程中，
点E运动到点H时，∠OBE=30°，
∴1t=1，t=1s，
点E从点O运动到点D，则t=2÷1=2s，
当点E从D运动到O的过程中，
点E运动到点H时，∠OBE=30°，
∴1（t-2）=1，t=3s，

∵∠BOH=90°-∠OBH=90°-30°=60°，
∵∠OBE=30°，
∴∠BEO=∠BOH-∠EBO=30°，
∴OE=OB=2=OA，
∴点E运动到点A时，∠EBO=30°，
∵AD=2AO=4，
∴1（t-2）=4，t=6s，

当时，的值为1s或3s或6s．
【点拨】本题考查圆的性质，30°直角三角形性质，等腰三角判定与性质，一元一次方程，分类思想的应用使问题完整，本题难度不大，掌握圆的性质，30°直角三角形性质，等腰三角形判定与性质，一元一次方程，分类思想的应用使问题完整是解题关键．
13．
【分析】过O点作于C点，连接，如图，根据垂径定理得到，再利用勾股定理得到，根据垂线段最短得到的最小值为3，从而得到的取值范围；
解：过O点作于C点，连接，如图，

根据垂径定理得到，
∵的直径是，
∴，
在中，
∵为半径时最长，为垂线段最短，
∴的取值范围为．
故答案为：．
【点拨】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理等内容，掌握垂线段最短知识内容是解题的关键．
14．（−1, 3）
【分析】由而在同一直线上的三个点不能画一个圆可知，当P，A，B三点共线时，过P，A，B三点不能作出一个圆．为此，先利用待定系数法求出直线AB的解析式，再与y=x-4联立，两直线的交点坐标即为所求．
解：设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵A（0,2），点B（2,0），
∴，
解得，
∴y=−x+2.
解方程组，得，
∴当P的坐标为（−1, 3）时，过P，A，B三点不能作出一个圆.
故答案为（−1, 3）.
【点拨】本题考查确定圆的条件和一次函数的性质，解题的关键是掌握确定圆的条件和一次函数的性质.
15．/70度
【分析】连接、，根据切线的性质可得，再根据四边形的内角和求出，最后根据圆周角定理即可解答．
解：如图，连接，，
，分别与相切于A,B两点，
，，
，
，
．
故答案为．
  
【点拨】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理等知识点，根据切线的性质得到是解答本题的关键．
16．12+6
解：连接BE,过E点做AB 的垂线，垂足为F
因为ＡＢ为半径的四分之一圆周, Ｅ是弦ＡＤ的中点，可求出∠EBF=45，由因为EB=AB=6，所以EF2+BF2=EB2，求得EF的长，由此可求出AE的长，从而求得四边形ＡＣＢＥ的周长
17．π+4/4+π
【分析】∠AOB=90°时，CD最大，由求出扇形面积即可．
解：由PC⊥OA，PD⊥OB可知，∠OCP+∠ODP=180°，
∴O、C、P、D四点共圆，CD为此圆直径时，CD最大，
∴当∠AOB=90°时，CD最大，如图：

此时扇形弧长为×2π×2=π，
扇形OAB的周长为：π+4，
故答案为：π+4．
【点拨】本题考查扇形弧长计算，解题的关键是掌握∠AOB=90°时，CD最大．
18．
【分析】根据全等三角形的性质，圆周角定理和弧长公式求解即可．
解：如图，连接OQ、OC，
∵AB是圆的直径，
∴∠AQB=90°，
∵△BAQ≌△ABC，
∴∠BAQ=∠ABC=25°，
∴∠ABQ=65°，
∴∠CBQ=∠ABQ-∠ABC=40°，
∴∠COQ=80°，
∵AB=6，
∴OC=3
∴，
故答案为： ．

【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质，圆周角定理和弧长公式，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
19．（1）外部，理由见分析；（2）或．
【分析】（1）先求出OA，OB，进而根据三角形的面积公式求出到直线的距离，即可得出结论；
（2）首先求得当⊙P与x轴相切时，且位于x轴下方时，点D的坐标，然后利用对称性可以求得当⊙P与x轴相切时，且位于x轴上方时，点D的坐标．
解：解（1）令x=0，=
∴，
令y=0，=0，解得x=3
∴
∴AO=3，OB=
，∠ABO＝30
过作D⊥AB,
设到直线的距离为，
∴d==
∴原点在的外部
  
（2）如图，当⊙P与x轴相切时，且位于x轴下方时，设切点为D，
在PD⊥x轴，
∴PD∥y轴，
∴∠APD＝∠ABO＝30，
∴在Rt△DAP中，AD＝DP•tan∠DPA＝2×tan30＝，
∴OD＝OA−AD＝3-，
∴此时点D的坐标为：（3-，0）；
当⊙P与x轴相切时，且位于x轴上方时，根据对称性可以求得此时切点的坐标为：（3+，0）；
综上可得：当⊙P与x轴相切时，切点的坐标为：或．
  
【点拨】此题考查了和圆有关的综合题，用到的知识点有一次函数图象上点的坐标的性质、切线的性质以及三角函数等知识．注意准确作出辅助线，注意分类讨论思想的应用．
20．（1）见分析；（2）存在，DG不变，DG=1．
【分析】（1）连接OC交DE于M，证矩形OECD，推出MC=MO，MG=MH即可；
（2）求出OC=DE=3，即可求出答案．
解：（1）证明：连接OC交DE于M，

∵CE⊥OB，CD⊥OA，∠BOA=90°，
∴∠CEO=∠BOA=∠CDO=90°，
∴四边形CEOD是矩形，
∴OM=CM，EM=DM，
∵EH=DG，
∴EM-EH=DM-DG，
即HM=GM，
∴四边形OGCH是平行四边形；
（2）解：DG不变．
在矩形ODCE中，∵DE=OC=3，
∵DG=GH=EH，
∴DG=DE=OC=1，
而CD，CG随着点C的移动而发生变化，
答：DG的长不变，DG=1．
【点拨】本题主要考查对矩形、平行四边形的性质和判定的理解和掌握，能求出MC=MO和MH=MG是解此题的关键．
21．（1）；（2）保持不变，理由见分析
【分析】（1）根据垂径定理可得，然后只需运用勾股定理即可求出线段的长；
（2）连接，如图所示，用勾股定理可求出的长，根据垂径定理可得和分别是线段和的中点，根据三角形中位线定理就可得到，保持不变．
（1）解：，
，
，，，
；
（2）解：存在，保持不变，理由如下：
理由：连接，如图所示，

，，
，
，，
和分别是线段和的中点，
，
保持不变．
【点拨】本题主要考查了垂径定理、三角形中位线定理、勾股定理等知识，运用垂径定理及三角形中位线定理是解决第（2）小题的关键．
22．（1）；（2）或
【分析】（1）由为的直径，根据直径所对的圆周角是直角，即可求得的度数．
（2）连接由勾股定理的逆定理，即可证得然后由圆周角定理，即可求得答案．
解：（1）为的直径，
，
故答案为：；
（2）连接

的半径是，

又

由勾股定理的逆定理可得
若点在优弧上,
若点在劣弧上,
∴或．
【点拨】本题考查了圆周角定理，勾股定理的逆定理，掌握圆周角定理是解题的关键．
23．（1）；（2）或或
【分析】（1）根据三角形内角和定理可得，再由，可得，再由圆周角定理，即可求解；
（2）分三种情况：当时，连接；当时，连接，，并反向延长，交于点E；当时，反向延长，交于点F，连接，结合切线的性质，垂径定理以及圆周角定理，即可求解．
（1）解：在中，∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，；
（2）解：①如图2，当时，连接，

∵切于点P，
∴，
∴，
∵是半径，
∴，
∴，
∵，
∴；
②如图3，当时，连接，，并反向延长，交于点E，

∵切于点P，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴；
③如图4，当时，反向延长，交于点F，连接，

∵切于点P，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
终上所述，的度数为或或．
【点拨】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，垂径定理，三角内角和定理等知识，熟练掌握圆周角定理，切线的性质，垂径定理，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
24．（1）；（2），证明见分析
【分析】（1）由题意得，，根据得，根据切线的性质得，即，根据题意得，则，即可得，根据角之间的关系和边之间的关系得是等边三角形，即可得∴，则,根据题意得，，，在中，根据锐角三角形函数即可得；
（2）方法一：根据题意和边、角之间得关系得，为等边三角形，可得，在中，根据直角三角形的性质得，即；方法二：连接，过点O作，垂足为H，根据题意得，四边形是矩形，所以，根据等边三角形的性质得，根据边之间的关系得CE=OE，根据HL得，即可得，由此即可得．
（1）解：如图所示，连接．

∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的切线，C为切点，
∴，
∴，
∵，垂足为F，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
∵的半径为5，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴在中，．
（2），证明如下
证明：方法一：如图所示，

∵，
∴，
∴．
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∴在中，，
∴，
即；
方法二：如图所示，连接，过点O作，垂足为H，

∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，    
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，即DE=2EH，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，

∴（HL），
∴，
∴．
【点拨】本题考查了圆的综合，平行线的判定与性质，锐角三角函数，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．