專題2.4圓（全章分層練習）（培優練）單選題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）1．如圖，半徑為的圓中有一個內接矩形，，點是的中點，于點，若矩形的面積為，則線段的長為

A． B． C． D．2．如圖，四邊形是的內接四邊形，，將繞點旋轉至，則下列說法不正確的是（

）

A．平分B．點A，，在同一條直線上C．若，則D．若，則3．如圖，中，是線段上的一個動點，以為直徑畫分別交于，連接，則線段長度的最小值為（）

A． B． C． D．4．如圖，四邊形是的內接四邊形，，E為上一點，且，則的最小值為（

）A． B． C． D．5．如圖，在半徑為1的上任取一點A，連續以1為半徑在上截取，分別以A、D為圓心A到C的距離為半徑畫弧，兩弧交于E，以A為圓心O到E的距離為半徑畫弧，交于F．則面積是（）

A． B． C． D．6．如圖，等邊內接于，為上一點，，交于點，，則的長為（

）

A． B． C． D．7．如圖，是圓的直徑，是切線，是切點，弦，與的延長線交于點，，則（

）

A． B． C． D．8．如圖，C是半圓O上一點，是半圓O的直徑，，D是垂足，，以為直徑作半圓，則圖中陰影部分的面積為（）

A． B． C． D．9．如圖，為直徑，弦且過半徑的中點H，過點A的切線交的延長線于G，且，點E為上一動點，于點F，當點E從點B出發逆時針運動到點C時，點F經過的路徑長是（

）A． B． C． D．10．已知點O是邊長為6的等邊△ABC的中心，點P在△ABC外，△ABC，△PAB，△PBC，△PCA的面積分別記為，，，．若，則線段OP長的最小值是（

）A． B． C． D．填空題（本大題共8小題，每小題4分，共32分）11．如圖，為等邊的外接圓，點在劣弧上運動（不與點重合），連接．則的度數為．若的面積是，則的最大值是．

12．已知在中，直徑為，弦為，的平分線交于D，交于E，則，．13．如圖，半圓的直徑為15，弦為9，弦平分，則的長是．14．如圖，在中，AB是直徑，弦于點E，于點M，CF交AB，BD分別于點G，H，，若，，則BM的長為．15．如圖，，半徑為的與角的兩邊相切，點是上任意一點，過點向角的兩邊作垂線，垂足分別為，，設，則的取值范圍是．16．如圖，已知是的直徑，F是上一點，切于點E，連接交的切線于點C．交的延長線于點D．，，若點G為上一點，則最小值為．17．四邊形中，，，且，．以為圓心，為半徑作弧，交的延長線于點，若點為弧上的動點，過點作于點，設點I為的內心，連接，當點Q從點C運動到點E時，則內心I所經過的路徑長為．

18．如圖，，點在射線上的動點，連接，作，，動點在延長線上，，連接，，當，時，的長是．三、解答題（本大題共6小題，共58分）19．（8分）如圖，是的直徑，點D是上一點，點C是的中點，連接、、、，與交于點Q．（1）若，則______；（2）作于點H，交于點P．求證：P是線段的中點；（3）若，，求的長．20．（8分）如圖，是的內接三角形，直徑，，點D為線段上一個動點（不運動至端點A、C），作于F，連接，并延長交于點H，連接．（1）當經過圓心O時，求的長；（2）求證：；（3）求的最大值．21．（10分）如圖，是的直徑，弦于點是弧上一點，的延長線交于點，連接．

（1）求證：；（2）已知．①求的半徑長；②若點是的中點，求的長．22．（10分）如圖，是的直徑，弦于點，已知，，點為上任意一點，（點不與、重合），連結并延長與交于點，連結、、．

（1）求的長．（2）若，直接寫出的長．（3）①若點在，之間（點不與點重合），求證：．②若點在，之間（點不與點重合），求與滿足的關系．23．（10分）如圖，是的直徑，是半圓上的一點，平分，垂足為，交于，連接．（1）判斷與的位置關系，并證明你的結論；（2）若，求的長；（3）若是弧的中點，的半徑為5，求圖中陰影部分的面積．24．（12分）如圖1，把繞點逆時針旋轉得，點，分別對應點，，且滿足，，三點在同一條直線上．連接交于點，的外接圓與交于，兩點．

（1）求證：是切線；（2）如圖2，連接，，若，判斷四邊形的形狀，并說明理由；（3）在（2）的條件下，若，求的長．參考答案：1．A【分析】本題主要考查圓與勾股定理的綜合應用；連接，，，根據圓周角定理，結合已知條件易證得為的直徑，，則，再根據弧、弦、圓心角的關系及等腰直角三角形的性質可求得，然后根據同弧所對的圓周角相等及勾股定理可得，，設，，其中，利用勾股定理及矩形面積公式列得方程，解方程求得，的長度，再結合可證得，則，最后利用勾股定理列得方程，解方程即可．解：如圖，連接，，四邊形為矩形，，為的直徑，，的半徑為，，點為的中點，，，，，，，設，，其中，則，解得：或舍去，即，，，，，，，，，解得：或，故選：A．2．C【分析】根據圓周角、弦、弧之間的關系即可判斷選項A選項；根據旋轉的性質和圓內接四邊形的性質即可判斷B選項；先求出，由旋轉可知，，進一步得到，，作于點H，則，則，進一步得到，則，即可判斷C選項；在截取，連接，證明是等邊三角形，得到，由四邊形是的內接四邊形即可得，即可判斷D選項．解：A．∵，∴，∴，∴平分，故選項正確，不符合題意；B．∵將繞點旋轉至，∴，∵四邊形是的內接四邊形，∴，∴，∴點A，，在同一條直線上；故選項正確，不符合題意；C．∵，∴，∴，∵，∴，由旋轉可知，，∴，，∴，，作于點H，則，

∴，∴，∴，故選項錯誤，符合題意；D．在截取，連接，

∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴是等邊三角形，∴，∵四邊形是的內接四邊形，∴,故選項正確，故選：C【點撥】此題考查了圓內接四邊形的性質、圓周角定理、旋轉的性質、等邊三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、含角的直角三角形的性質等知識，熟練掌握圓內接四邊形的性質和添加適當的輔助線是解答此題的關鍵．3．B【分析】由垂線段的性質可知，當為的邊上的高時，直徑最短，如圖所示，連接，，過點作，垂足為，由為等腰直角三角形，則，即此時圓的直徑為，再根據圓周角定理可得到，則在中，利用銳角三角函數可計算出，然后根據垂徑定理即可得到．解：由垂線段的性質可知，當為的邊上的高時，直徑最短，連接，，過點作，垂足為，如圖所示：

在中，，，，即此時圓的直徑為，，而，，在中，，，，，即線段長度的最小值為，故選：B．【點撥】本題考查了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．也考查了垂線段最短和解直角三角形．4．D【分析】連接，得到為等腰直角三角形，得到，圓周角定理，得到，進而得到，推出，根據為定角，得到點的軌跡為三角形外接圓上一點，進而得到當點三點共線時，的長度最短，為進行求解即可．解：連接，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴點的軌跡為三角形外接圓上一點，∴，∵，∴，∴過點作，則：，∵，∴，∴，過點作于點，則四邊形為矩形，∴，∴，∴，∵，∴當點三點共線時，的長度最短，為；故選D．【點撥】本題考查求線段的最小值．解題的關鍵是確定點的軌跡，利用“一箭穿心”，求解即可．本題的綜合性強，難度大，屬于常見的壓軸題．5．D【分析】連，，，，，過A作于G點，連交于N，連，如圖，證明為等邊三角形，可得，證明為的直徑，，結合作圖可得：，，可得，過O點，證明為等腰直角三角形，可得，，在中，，則，可得，，在中，，可得．解：連，，，，，過A作于G點，連交于N，連，如圖，

∵，∴為等邊三角形，∴，∴弧的度數為，又∵，∴，∴弧的度數為，，∴為的直徑，，結合作圖可得：，，∴，過O點，∴，∴為等腰直角三角形，∴，，在中，，則，∴，，在中，，∴．故選：D．【點撥】本題考查的是圓的基本性質，圓心角，弧，圓周角之間的關系，垂徑定理的應用，解直角三角形，等邊三角形的判定與性質，含的直角三角形的性質，熟練的理解尺規作圖的含義是解本題的關鍵．6．B【分析】連接，過點作交延長線于，在上取一點使，證，在中求出，，進而在中由勾股定理得，則，證為等邊三角形得，據此可證，進而得：：，由此得，據此可得的長．解：連接，過點作交延長線于，在上取一點，使，如圖：

為等邊三角形，，，，又四邊形內接于，，，，在中，，，，，，，在中，，，由勾股定理得：，，，，為等邊三角形，，，，又，，，，，故選：B．【點撥】本題主要考查了圓周角定理，圓內接四邊形的性質，等邊三角形的判定和性質，解直角三角形的應用，相似三角形的判定和性質，正確的作出輔助線，靈活運用三角函數及相似三角形的性質進行計算是解答此題的關鍵．7．B【分析】連接OD，由及，即可得到，從而可證得，即可證得直線是的切線，進而根據，可得，設半徑為，,在中，勾股定理求得，即可求解．解：證明：如圖，連接OD，

，．又，，，．在與中，，，，又，，是的切線；∴，設半徑為，,則，∵，∴，∴，則，在中，，∴，解得：，∴；【點撥】本題考查了切線的性質與判定，切線長定理，平行線分線段成比例，勾股定理，熟練掌握切線的性質與判定，平行線分線段成比例是解題的關鍵．8．A【分析】連接，證可得，再由即可求解．解：連接，∵為圓O的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，則故選：A．

【點撥】本題主要考查求不規則陰影部分面積、相似三角形的證明及性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．9．B【分析】連接，，由，利用垂徑定理得到H為的中點，證明，可求圓的半徑，在直角三角形中，由與的長，利用勾股定理求出的長，進而確定出的長，由求出的長，在直角三角形中，利用勾股定理求出的長，由垂直于，得到三角形始終為直角三角形，點F的運動軌跡為以為直徑的圓上，當E位于點B時，，此時F與H重合；當E位于點C時，此時F與C重合，可得出當點E從點B出發逆時針運動到點C時，點F所經過的路徑長的長，在直角三角形中，利用銳角三角函數定義求出的度數，進而確定出所對圓心角的度數，再由的長求出半徑，利用弧長公式即可求出的長，即可求出點F所經過的路徑長．解：連接，，∵，∴H為的中點，即，∵是的切線，∴，又，∴，∴即，

∴，∴或（不符合題意，舍去）∴，，∴，∵，

∴始終為直角三角形，點F的運動軌跡為以為直徑的圓上，當E位于點B時，，此時F與H重合；當E位于點C時，此時F與C重合，∴當點E從點B出發逆時針運動到點C時，點F所經過的路徑長的長，在中，，∴，∴，∴所對圓心角的度數為，∵直徑，∴的長，則當點E從點B出發逆時針運動到點C時，點F所經過的路徑長的長為．故選：B．【點撥】此題考查了圓的綜合題，涉及的知識有：坐標與圖形性質，勾股定理，銳角三角函數定義，弧長公式，以及圓周角定理，其中根據題意得到當點E從點B出發逆時針運動到點C時，點F所經過的路徑長為的長是解本題的關鍵．10．B【分析】根據，可得，根據等邊三角形的性質可求得△ABC中AB邊上的高和△PAB中AB邊上的高的值，當P在CO的延長線時，OP取得最小值，OP=CPOC，過O作OE⊥BC，求得OC=，則可求解．解：如圖，，，∴=====，∴，設△ABC中AB邊上的高為，△PAB中AB邊上的高為，則，，∴，∴，∵△ABC是等邊三角形，∴，，∴點P在平行于AB，且到AB的距離等于的線段上，∴當點P在CO的延長線上時，OP取得最小值，過O作OE⊥BC于E，∴，∵O是等邊△ABC的中心，OE⊥BC∴∠OCE=30°，CE=∴OC=2OE∵，∴，解得OE=，∴OC=，∴OP=CPOC=．故選B．【點撥】本題考查了等邊三角形的性質，勾股定理，三角形的面積等知識，弄清題意，找到P點的位置是解題的關鍵．11．/度【分析】先利用圓的內接四邊形的性質可得，根據旋轉的性質得到，，推出點，點，點三點共線，得到是等邊三角形，可得當為直徑時，最大，再結合等邊三角形的面積即可得到直徑，從而可得答案．解：∵為等邊的外接圓，點在劣弧上運動，∴，，如圖，將繞點逆時針旋轉，得到，

∴，，，∵四邊形是圓內接四邊形，∴，∴，∴點，點，點三點共線，∴是等邊三角形，∴，∴，∴當為直徑時，最大，如圖，連接，并延長交于，則，，，，∴，解得：，∴，，∴直徑為，∴最大值為；故答案為：，【點撥】本題考查的是旋轉的性質，勾股定理的應用，等邊三角形的判定與性質，圓的內接四邊形的性質，含的直角三角形的性質，掌握以上基礎知識是解本題的關鍵.12．【分析】根據圓周角定理及勾股定理可得的長，過點E作于點F，于點G，F，G是垂足，則四邊形是正方形，設，由三角形面積公式可求出x的值，及的值，再證，根據相似比可求出的長，進而求出的長．解：是的直徑，，，，，平分，，，，是等腰直角三角形，；如圖，過點E作于點F，于點G，F，G是垂足，則四邊形是正方形，設，由，得，即，解得，，，即，又，，，即，解得，，，，故答案為：，．【點撥】本題綜合考查了圓周角定理，勾股定理，等腰直角三角形的性質，正方形的判定和性質，及相似三角形的判定和性質．第二問有一定難度，解答此題的關鍵是作出輔助線，構造正方形．13．【分析】連接，與相交于點，根據圓周角定理得到，利用勾股定理計算出，再利用垂徑定理得出，則，，，再利用勾股定理計算出，再計算出即可．解：如圖，連接，與相交于點，，為直徑，，在中，，弦平分，，，，，，，在中，，在中，，故答案為：．【點撥】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半，半圓（或直徑）所對的圓周角是直角，的圓周角所對的弦是直徑，也考查了垂徑定理和勾股定理．14．【分析】連接，設、交于點N，證明，得出，證明，得出，證明，得出，，證明，得出，求出，即可得出答案．解：連接，設、交于點N，如圖所示：∵，，∴，∴，∵，為直徑，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【點撥】本題主要考查了三角形相似的判定和性質，垂徑定理，圓周角定理，三角形全等的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，解題關鍵是作出輔助線，熟練掌握基本的性質和判定，求出．15．【分析】本題考查了切線的性質，含度角的直角三角形的性質，勾股定理；設半徑為的與角的兩邊相切于，，連接，，延長交于，求得，根據直角三角形的性質得到，求得，得到，如圖，延長交于，推出與是直角三角形，根據直角三角形的性質得到，，求得，當與相切且點在圓心的右側時，有最大值，連接，則四邊形是正方形，根據正方形的性質得到，求得；如圖，當與相切且點在圓心的，左側時，有最小值，同理可得于是得到結論．解：設半徑為的與角的兩邊相切于，，如圖，連接，，延長交于，，，是直角三角形，，，，，，如圖，延長交于，，，，，，與是直角三角形，，，，當與相切且點在圓心的右側時，有最大值，連接，則四邊形是正方形，，，（；如圖，當與相切且點在圓心的左側時，有最小值，同理可得（；故的取值范圍是，故答案為：．16．【分析】先求得，再過點作于，過點作交于，過點作交于，當、、在同一直線上（即、重合）時，最短，據此求解即可．解：連接，，，∵是的切線，∴，∵，∴，∴，∴，連接，過點作于，過點作交于，過點作交于，

∴，四邊形是平行四邊形，，，∵，，，，∴當、、在同一直線上（即、重合）時，最短，∵是的切線，∴，∴，，∵，∴，，∴，∴，的最小值為．故答案為：．【點撥】本題考查了切線的性質，平行四邊形的判定和性質，最短路徑問題．解題的關鍵是利用構造，利用了轉化思想．17．/【分析】三角形的內心是三角形三個內角平分線的交點，連接，由內心定義得，繼而證明，再由全等三角形的對應角相等解得，接著計算的度數，得到，過、、三點作，求得的度數，求出，在等腰直角三角形中，利用勾股定理解得，最后根據弧長公式解題即可．解：如圖，連接，

是內心，，，，，，，，，，過、、三點作，連接，，當點從點運動到點時，內心所經過的路徑長為的長，過點作，過作，垂足分別為M、N，，，，，，．，，，在等腰直角三角形中，，．故答案為：．【點撥】本題考查圓的綜合，涉及圓周角定理、勾股定理、全等三角形的判定與性質、三角形的內心性質、不共線三點確定一個圓、弧長公式等知識，是重要考點，正確作出輔助線、掌握相關知識是解題關鍵．18．【分析】過點C作CN⊥BE于N，過點D作DM⊥CN延長線于M，連接EM，設BN=x，則CN=3x，由△ACN≌△CDM可得AN=CM=10+x，CN=DM=3x，由點C、M、D、E四點共圓可得△NME是等腰直角三角形，于是NE=102x，由勾股定理求得AC可得CE，在Rt△CNE中由勾股定理建立方程求得x，進而可得BE；解：如圖，過點C作CN⊥BE于N，過點D作DM⊥CN延長線于M，連接EM，設BN=x，則CN=BN?tan∠CBN=3x，∵△CAD，△ECD都是等腰直角三角形，∴CA=CD，EC=ED，∠EDC=45°，∠CAN+∠ACN=90°，∠DCM+∠ACN=90°，則∠CAN=∠DCM，在△ACN和△CDM中：∠CAN=∠DCM，∠ANC=∠CMD=90°，AC=CD，∴△ACN≌△CDM（AAS），∴AN=CM=10+x，CN=DM=3x，∵∠CMD=∠CED=90°，∴點C、M、D、E四點共圓，∴∠CME=∠CDE=45°，∵∠ENM=90°，∴△NME是等腰直角三角形，∴NE=NM=CMCN=102x，Rt△ANC中，AC=，Rt△ECD中，CD=AC，CE=CD，Rt△CNE中，CE2=CN2+NE2，∴，，，x=5（舍去）或x=，∵BE=BN+NE=x+102x=10x，∴BE=；故答案為：；【點撥】本題考查了三角函數，全等三角形的判定和性質，圓內接四邊形的性質，勾股定理，一元二次方程等知識；此題綜合性較強，正確作出輔助線是解題關鍵．19．（1）30；（2）見分析；（3）【分析】（1）由“直徑所對的圓周角為直角”可得，進而可得，由題意可得，由“在同圓中，等弧所對的圓周角相等”可得，即可求解；（2）由“在同圓中，等弧所對的圓周角相等”可得，再利用角直角的互余，，進而可得，即可證得結論；（3）由（2）可得：，由，可知，設，則，解直角三角形得，，根據，得，則，求出即可．（1）解：∵是的直徑，∴，∵，∴，∵點是的中點，∴，∴，故答案為：30；（2）證明：∵點是的中點，∴，，∴，，即：，∵是的直徑，∴，則，，∵，∴，，∴，，∴，，∴，∴是線段的中點；（3）由（2）可得：，∵，，∴，設，則，，由勾股定理可得：，∵，令，，則，∴，則，解得：，∴．【點撥】本題考查了勾股定理，圓心角，弧，弦之間的關系，圓周角定理，等腰三角形的性質和判定的應用，解直角三角形，由圓心角，弧，弦之間的關系、圓周角定理及直角三角形兩銳角互余得，，是解決問題的關鍵．20．（1）；（2）見分析；（3）【分析】（1）根據題意，，，得到，證明，列比例式計算求解即可．（2）根據兩個角相等的三角形相似，再利用兩邊對應成比例且夾角相等的兩個三角形相似，證明．（3）連接，由（2）得，再證明，構造二次函數求解即可．解：（1）∵直徑，，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．（2）∵直徑，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴．（3）連接，由（2）得，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，設，則，∵直徑，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，解得，∴，∴當時，的最大值為．【點撥】本題考查了圓的性質，三角形相似的判定和性質，構造二次函數求積的最大值，熟練掌握圓的性質，構造二次函數求最值是解題的關鍵．21．（1）見分析；（2）①5，②【分析】（1）如圖：連接，由余角的性質可得，由圓周角定理即可證明結論；（2）①如圖：連接，設圓的半徑是r,由勾股定理列出關于r的方程，即可求解；②先證可得，即可求出，由勾股定理求出的長，進而求出DF的長．解：（1）證明：如圖：連接，

∵是圓的直徑，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．（2）解：①連接，設圓的半徑是r,∵，∴，∵直徑，∴，∵，∴，∴，解得：或（舍），∴的半徑長是5；②∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∵G是中點，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．【點撥】本題主要考查圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、相似三角形的判定和性質等知識點，靈活應用相關知識是解題的關鍵．22．（1）8；（2）5或8；（3）①見分析；②【分析】（1）根據垂徑定理求出，根據勾股定理求出，據此求解即可；（2）根據點的位置關系及圓的性質可得答案；（3）①連接，由垂徑定理可得，，利用證明，根據全等三角形的性質得出，結合圓周角定理即可得解；②連接，利用證明，根據全等三角形的性質得出，根據圓內接四邊形的性質即可得解．（1）解：如圖，連接，

直徑，，，，，，在中，，，；（2）解：若，則點與點重合，或點與點重合．或8；（3）（3）①證明：連接，

是的直徑，，，即是的垂直平分線，，，，，，，；②解：，理由如下：連接，

是直徑，，，即是的垂直平分線，，，，，，、、、四點共圓，，．【點撥】此題是圓的綜合題，考查了圓周角定理、垂