专题2.45 圆中的动点问题（分层练习）（提升练）-2023-2024学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

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专题2.45 圆中的动点问题（分层练习）（提升练）
一、单选题
1．在同一平面内，已知的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（    ）
A．2 B．5 C．6 D．8
2．已知平面直角坐标系中，点P为直线上的动点，点，设的最小值为t．则随着k值的变化，t的值不可能等于（   ）
A．10 B．8 C．6 D．4
3．如图， 矩形中， 分别是边上的两个动点， 将沿着直线 作轴对称变换， 得到， 点恰好在边上， 过点作， 连结． 若时， 则（    ）

A．3 B．6 C． D．
4．如图，半圆O的半径长为5，点P为直径AB上的一个动点，已知CP⊥AB，交半圆O于点C，若D为半圆O上的一动点，且CD=4，M是CD的中点，则PM的值有（ ）

A．最小值5 B．最小值4 C．最大值5 D．最大值4
5．如图，是的直径，点C为的中点，点D为上的一个动点，连接CD，作，交于点E，连接．若半径为5，且，则的面积为（    ）

A．6 B．7．5 C． D．10
6．如图，点A的坐标是，点C是以为直径的上的一动点，点A关于点的C对称点为点P，当点C在上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线有且只有一个公共点，则k的值为（    ）．

A． B． C． D．
7．如图，正六边形的边长为2，是边上一动点，过点作交于，作交于，则的值为（    ）

A．4 B．6 C．8 D．随着点的移动而改变
8．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，C、D是半径为1的上两动点，且，P为弦CD的中点．当C、D两点在圆上运动时，面积的最大值是（    ）
  
A．8 B．6 C．4 D．3
9．如图，在中，，．⊙C的半径长为2，P是边上一动点（可以与顶点重合），并且点P到⊙C的切线长为m．若满足条件的点P有4个，则m的取值范围是（    ）
  
A． B．
C． D．
10．如图，在菱形中，，，点是边上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，当点从点运动到点时，点的运动路径长是（    ）

A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，正方形中，，以为圆心，为半径画圆，点是上一个动点，连接，并将绕点逆时针旋转至，连接，在点移动的过程中，长度的取值范围是 ．
  
12．如图，在矩形纸片中，，，点是的中点，点是边上的一个动点，将沿所在直线翻折，得到，则的长的最小值是 ．

13．如图，的半径是5，AB是的弦，C是AB上一点，，，点P是上一动点，连接OC，则 ，点P与点C之间的最小距离是 ．

14．已知直线l:y=x﹣4，点A（1,0），点B（0,2），设点P为直线l上一动点，当点P的坐标为 时，过P、A、B不能作出一个圆.
15．在中，，M是外一动点，满足，若，，，则的长度为 ．

16．如图，点A，B在圆O上，且，点P是射线上一动点（不与点O重合），连接，将沿折叠得到，当的边所在的直线与圆O相切时，的度数为 ．

17．如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，已知D是⊙O上一动点，连接AD、CD，若圆的半径r＝2，则以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积为 ．

18．如图，，分别是射线上的动点，的长始终为，点为的中点，则点的运动路径长为
  
19．如图，在中，，，，以为直径作，过点O作于点D，P为上的一个动点，连接、，则图中阴影部分的面积为 ．
  
20．如图所示，在平面坐标系内，，，，点是平面内的一个动点，点是轴上的一动点，且，则的最小值 ．
  
三、解答题
21．如图，A，B、C三点均在上，且，D为弦下方圆上的一动点，连接，连接并延长至点E，使，连接．
（1）如图1，若，且点D在点C的左侧运动，．
①若点O在上，则四边形的形状为______；
②若D为的中点，，求的长．
（2） 如图2，若，连接，当四边形满足什么要求时，是的切线？并说明理由．










22．如图，点B，C为上两定点，点A为上一动点，过点B作，交于点E，点D为射线上一动点，且平分，连接．
（1）求证：；
（2）连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由．







23．如图，是半圆的直径，点是半圆上不与点、重合的一个动点，延长到点，使，是的中点，连接、．
（1）求证：；
（2）连接，当四边形是菱形时，求的度数．







24．已知，如图①，在中，， ，点E为上的一动点，连接，过点C作于点H，以为腰作等腰直角连接．
（1）求证：四边形为正方形；
（2）如图②，当D，H，G三点共线时，求的值；
（3）求的最小值．








参考答案
1．B
【分析】过点作于点，连接，判断出当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，由此即可得．
解：如图，过点作于点，连接，

，，
当点为的延长线与的交点时，点到直线的距离最大，最大距离为，
故选：B．
【点拨】本题考查了圆的性质，正确判断出点到直线的距离最大时，点的位置是解题关键．
2．A
【分析】当直线与线段有交点时，可得；当直线与线段没有交点时，作点O关于直线的对称点，可得的最小值为的长度，点在如图3中优弧上运动，求出的最大值即可得到t的最大值，进而得出答案．
解：设，则直线过定点B，
如图1，当直线与线段有交点时，
可得点P为交点时，取最小值，最小值t为的长，即；
如图2，当直线与线段没有交点时，
作点O关于直线的对称点，连接与直线交于点P，则此时的最小值为的长度，
如图3，以点B为圆心，的长为半径作，设直线与交于点C，
∵，
∴当直线与线段没有交点时，点在如图3中优弧上运动，
∴当点运动到点C的位置时，取最大值，最大值为的长度，
∵，，
∴，
∴的最大值为8，
∴当直线与线段没有交点时，t的最大值为8，
∴t的值不可能等于10，
故选：A．

【点拨】本题考查了一次函数的图象和性质，轴对称最短路径问题，圆的基本性质，勾股定理等知识，判断出点的运动轨迹，求出的最大值是解题的关键．
3．D
【分析】延长交于，由得到，再证四边形是矩形，由勾股定理求得，设，根据勾股定理求解即可．
解：解: 延长交于

，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
和关于对称，
，
，
，
，
，
设， 则，
，
，
，
，
故选：D
【点拨】本题考查矩形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，关键是掌握并灵活应用以上知识点．
4．C
【分析】连接OM，OC，由垂径定理的推论可知OM⊥CD，从而由∠CPO=∠OMC=90°，可知点P，O，M，C四点共圆，PM为此圆的弦，因此当弦为直径时取最大值．
解：连接OM，OC，

∵点M是CD的中点，
∴OM⊥CD，
∵CP⊥AB，
∴∠CPO=∠OMC=90°，
∴点P，O，M，C四点共圆，OC是圆的直径，设圆心为I
∴当点M，P，I三点共线时即PM是圆的直径时，即PM=OC=5时，PM的值最大．
故选：C．
【点拨】本题考查了圆中的最值问题，把PM的长转化为圆中弦的最值问题是解题的关键．
5．B
【分析】延长交于点F，连接，设，则，，在中，，利用勾股定理计算即可求解．
解：延长交于点F，连接，

∵，则，
∴是的直径，
∵点C为的中点，
∴，
∴，
∵，设，则，，
∴，
在中，，
，即，
∴，
∴，，
∴
故选：B．
【点拨】本题考查了圆周角定理，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
6．B
【分析】由点C的运动轨迹，可以推出点P的运动轨迹.然后根据当点C在上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线有且只有一个公共点，推出，然后根据勾股定理和等积法分别求出和，进而确定点P的坐标，然后代入直线即可求出k的值．
解：如图，连接，，由题意可知，点为的中点，点为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵点A的坐标是，
∴，
∵点C的运动轨迹是以点B为圆心，为直径的圆，即：，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，以为半径的圆，

∵，当时，无论取何值，，
∴直线过定点，即：，
∵当点C在上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线有且只有一个公共点， 即：直线与相切，
∴，
∴，
过点P作轴于点，
在中，由勾股定理得：，
由等积法，可得：，
即：，
解得：
在中，，
∴点P的坐标为，
把点的坐标代入，得：，
解得：．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了双动点模型：主动点运动轨迹是圆，从动点运动轨迹也是圆，圆与直线的位置关系，勾股定理，等积法，熟记相关模型，利用数形结合思想是解决此类问题的关键．
7．B
【分析】作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，利用MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN求解．
解：如图，作AG⊥MP交MP于点G，BH⊥MP于点H，CL⊥PN于点L，DK⊥PN于点K，则有MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN，

∵正六边形ABCDEF中，PM∥AB，作PN∥CD，
∵∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°，
∴GM=AM，HP=BP，PL=PC，NK=ND，
∵AM=BP，PC=DN，
∴MG+HP+PL+KN=2，GH=LK=2，
∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3×2=6，
故选：B．
【点拨】本题考查了正多边形与圆，正六边形的性质，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．D
【分析】根据一次函数与坐标轴的交点得出，确定，再由题意得出当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接，利用勾股定理求解即可．
解：∵直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴当时，，当时，，
∴，
∴，
∴，
∵的底边为定值，
∴使得底边上的高最大时，面积最大，
点P为的中点，当的延长线恰好垂直时，垂足为点E，此时即为三角形的最大高，连接，
  
∵，的半径为1，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点拨】题目主要考查一次函数的应用及勾股定理解三角形，垂径定理的应用，理解题意，确定出高的最大值是解题关键．
9．B
【分析】过点作于点，过点作⊙C的切线，则点为距⊙C最近的点，则是⊙C最短的切线，再解直角三角形即可得到的长，过点作⊙C的切线，切点为，同理可得到是⊙C最长的切线，再解直角三角形即可得到的长．
解：过点作于点，过点作⊙C的切线，切点为，连接，如图，
  
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵为⊙C的切线
∴
∴，
过点作⊙C的切线，切点为，连接，
∴，
∴，
∵P是边上一动点（可以与顶点重合），并且点P到⊙C的切线长为m．若满足条件的点P有4个，
∴，  
∴.
故选：B．
【点拨】本题考查了切线长定理及应用，熟练掌握切线长定理再根据题意分析点运动轨迹中，成为⊙C切线的最大和最小值是解题的关键．
10．A
【分析】取的中点O，连接，，则点G在以O为圆心2为半径的圆弧上运动，易得，则由弧长公式即可求得结果．
解：如图，取的中点O，连接、相交于点H，连接，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴点G在以O为圆心2为半径的圆上运动，
当点E与点A重合时，点G与点H重合；当点E与点B重合时，点G与点B重合，
∴点G在以O为圆心2为半径的圆弧上运动，
∵O、H分别为、的中点，
∴，
∴，
∴
∴．

故选：A．
【点拨】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边上中线的性质，求圆弧长等知识，确定出点G的运动路径是解题的关键．
11．
【分析】连接，如图，根据正方形的性质和旋转的性质证明，得出，求出cm，然后根据即可求解．
解：连接，如图，
∵四边形是正方形，
∴，
∴cm，
∵将绕点逆时针旋转至，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
    
【点拨】本题考查了圆的基本知识、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质等知识，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
12．8
【分析】先由折叠可知，则可得点在以为圆心，以的长为半径的圆上，然后结合已知条件求出、、的长度，最后求出的长的最小值．
解：由折叠可知，
∴点在以为圆心，以的长为半径的圆上，如图，连接，交圆于点，此时的长取最小值，
∵，，点为的中点，
∴，，

故答案为：8．

【点拨】本题考查矩形中的折叠问题，以及构造圆解决线段最值问题．熟练掌握折叠的性质，以及到定点等于定长的点在以定点为圆心，定长为半径的圆上，是解题的关键．
13． /
【分析】过点O作于点G，连接、、、，根据勾股定理得，求出，再利用三角形三边关系求出的取值范围，即可得出答案．
解：如图，过点O作于点G，连接、、、，

∵，，
∴，
∵，O为圆心，AB是的弦，
∴，
∴，
由勾股定理得： ，
即，
解得，
又∵，
∴ ,
∴点P与点C之间的最小距离是，
故答案为：，．
【点拨】本题考查垂径定理、勾股定理以及三角形三边关系，解决问题的关键是遇弦作弦心距构造直角三角形．
14．（2，－2）
解：设直线的解析式为

解得

解方程组 得
∴当的坐标为时，过 三点不能作出一个圆．
故答案为:
15．/
【分析】过点B作交的延长线于点H，过点D作于点E，过点D作于点F，点A,M,B,C四点共圆，得，解直角三角形，，面积法求解，，得．
解：过点B作交的延长线于点H，过点D作于点E，过点D作于点F，如图所示：

∵
∴点A,M,B,C四点共圆
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
【点拨】本题考查四点共圆，圆周角定理，解直角三角形，角平分线性质定理，添加辅助构造直角三角形是解题的关键．
16．或或
【分析】根据折叠的性质和圆的性质，分三种情况讨论：当所在直线与圆O相切于点A时，当所在直线与圆O相切于点A时，当所在直线与圆O相切时，不同情况进行解答即可.
解：由折叠的性质得，
①    当所在直线与圆O相切于点A时，分两种情况讨论：
a、若点在上方，如图（1），
  
由折叠性质可得：，
∴；
b.    若点在下方，如图（2），
  
易得，
∴；
②当所在直线与圆O相切于点A时，如图（3），
  
∵，
∴；
③当所在直线与圆O相切时，设切点为C，如图（4），
  
易知此时点P的位置与图（3）中相同，故；
综上，的度数为，或；
【点拨】本题主要考查了圆的性质，掌握好圆的相关知识是解题的关键.
17．4．
【分析】连接BO并延长交AC于E，交于D，根据垂径定理得到点D到AC的距离最大，根据直角三角形的性质、三角形的面积公式计算，得到答案．
解：连接BO并延长交AC于E，交于D，连接AD、CD，

∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC，
∴，
∴OE⊥AC，点D为的中点，
此时点D到AC的距离最大，
∴△ADC的面积最大，即以A、B、C、D为顶点的四边形的面积最大，
在Rt△BAD中，∠ABD＝30°，
∴AD＝BD＝2，
由勾股定理得，AB＝＝2，
∴以A、B、C、D为顶点的四边形的最大面积＝×2×2×2＝4，
故答案为：4．
【点拨】本题考查的是三角形的外接圆与外心、等边三角形的性质，掌握垂径定理、等边三角形的性质是解题的关键．
18．
【分析】根据垂直的定义可知是直角三角形，再根据直角三角形的性质可知，最后利用弧长公式即可解答．
解：连接，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∵，
∴，
∴点的运动路径长为弧，
∴弧的长度：，
故答案为．
    
【点拨】本题考查了垂直的定义，直角三角形的性质，弧长公式，掌握直角三角形的性质是解题的关键．
19．
【分析】由已知可证得，从而可知，由此即可解题.
解：如图，连接，
  
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∵，
∴
又∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：.
【点拨】本题主要考查了扇形面积的计算，根据已知得出是正确解答的前提．
20．/
【分析】如图所示，以为直径作圆，圆心为，记为，作点关于轴的对称点，连接交于于点，交轴于点，此时有最小值，在中，可求出的长度，再根据，由此即可求解．
解：如图所示，以为直径作圆，圆心为，记为，作点关于轴的对称点，连接交于于点，交轴于点，此时有最小值，
  
∵，，
∴，则的半径，即，
∵，
∴点在上，
∴，
过点作轴于点，，
∴，
∴，，
在中，，
∵点是点关于轴的对称点，
∴，
∴，  
∴，
故答案为：．
【点拨】本题主要考到平面直角坐标系中动点，圆，对称最短路径，勾股定理的综合，掌握以上知识的综合，数形结合分析是解题的关键．
21．（1）①正方形；②；（2）当时，是的切线，理由见分析
【分析】（1）①点O在上， 则是直径，可得，然后证明四边形是矩形，继而得出正方形；②可推出是的垂直平分线，得出，求出直径即可；
（2）证明，由等腰三角形顶角的一半与底角的和是，得出，从而得出是圆的切线．
（1）解：①四边形的形状为正方形，理由如下：
∵点O在上，
则是直径，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形的形状为正方形,
故答案为：正方形；
②连接，
  
∵，
∴直径，
∴，
∵点是中点，
∴，
在中，
，
∴；
（2）当时，是的切线，理由如下：
连接，并延长交于，
    
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴是的切线．
【点拨】本题考查了圆的有关性质及与圆的切线的判定以及三角形全等，等腰三角形的性质，解决问题的关键是熟练掌握基本几何图形的性质和判定．
22．（1）见分析；（2）四边形是矩形，理由见分析
【分析】（1）根据角平分线的定义，可得，再根据圆周角定理可得，再根据平行线的性质可得，进而得到，最后再根据内错角相等两直线平行，即可证明结论；
（2）由角平分线的定义，可得，再根据等腰三角形三线合一的性质，可得，即，进而得到，再根据矩形的判定定理，即可得出答案．
解：（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：四边形是矩形，理由如下：
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴为的直径．
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
【点拨】本题主要考查圆周角定理、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、矩形的判定定理，灵活运用相关知识是解答本题的关键．
23．（1）见分析；（2）
【分析】（1）根据中位线的性质得到，，由可证；
（2）根据菱形的性质得，从而证是等边三角形，利用等边三角形的性质即可求解．
（1）解：点是的中点，，
，，
．
，
，
在和中，
，
；
（2）解：连接，
  
四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定及性质以及菱形的性质，解题关键是根据中位线的性质得到，，由得出．
24．（1）见分析；（2）160；（3）
【分析】（1）先证四边形是矩形，再证四边形是正方形；
（2）形式联想到勾股定理，证明三角形是直角三角形即可；
（3）D，H两点一定一动，由联想到隐圆．
解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形．
（2）解：连接











在中，


  
（3）解：∵，
∴点H在以的中点O为圆心，以为半径的圆上运动．
∴
∴的最小值
  
【点拨】本题考查了正方形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、隐圆等知识点．综合性较强，需要学生具备丰富的几何知识以及严密的逻辑推理能力.