圆与一次函数—浙教版数学九（上）知识点训练
一、选择题
1．（2024九上·拱墅月考）已知，，三点可以确定一个圆，则以下点坐标不满足要求的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2021九上·台州月考）如图，已知直线y= 与x轴、y轴分别交于B、C两点，A是以D（0，2）为圆心，2为半径的圆上一动点，连结AC、AB，则△ABC面积的最小值是（ ）
A．30 B．29 C．28 D．27
3．（2020九上·镇海期中）已知M（1,2），N（3，-3），P（x，y）三点可以确定一个圆，则以下P点坐标不满足要求的是（ ）
A．（3,5） B．（-3,5） C．（1,2） D．（1,-2）
4．（2021九上·长兴期末）如图， 中， ， ， ， 是 的外接圆，点 是优弧 上任意一点（不包括点 ， ），记四边形 的周长为 ， 的长为 ，则 关于 的函数关系式是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
5．（2018九上·大洼月考）如图，直线y=x，点A1坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画弧交x轴于点A2；再过点A2作x轴的垂线交直线于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴于点A3，…，按此做法进行下去，点An的坐标为
6．（2022九上·余姚月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的圆过点A（2，0），直线y＝x+与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长为 ．
7．（2020九上·嘉兴月考）如图，直线 与 ， 轴分别交于A，B两点，C是以D(2，0)为圆心， 为半径的圆上一动点，连接AC，BC，则△ABC的面积的最大值是 ．
8．已知直线 ，点 的坐标为 .过点 作 轴的垂线交直线 于点 ，以原点 为圆心， 长为半径画弧交 轴负半轴于点 ，再过点 作 轴的垂线交直线 于点 ，以原点 为圆心， 长为半径画弧交 轴负半轴于点 …按此作法进行下去，点 的坐标为 .
9．（2020·宁波模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A是x轴外一点，若平面内的点B满足：线段AB的长度与点A到x轴的距离相等，则称点B是点A的“等距点” ．已知⊙P的半径为2，圆心为P(0，t) ，在函数y＝ x(x＞0) 的图象上存在点M，⊙P上存在点N，满足点N是点M的“等距点” ，则t的取值范围为 ．
三、解答题
10．如图，在平面直角坐标系中，以原点О为圆心，3为半径作圆，直线y=mx-m+2与О相交于A，B两点，求弦AB的最小长度.
11．（2022·洞头模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线CD：交△ABO的外接圆⊙M于点E，点C，交x轴于点D，交y轴于点F.点C是的中点，连结OC，BC.点A（6，0），点B（0，8）.
（1）求AB的长和CD的解析式.
（2）求点E的坐标.
（3）点P在x轴上，连结EP，EP与△BCO的任意一边平行时，求OP的长.
12．（2024·瑞安二模）如图1，在四边形ABCD中，，，，，点E在AB上，作交BC于点F，点G为CD上一点，且.如图2，作的外接圆交CD于点H，连结EH，FH，设，.
（1）求CD的长.
（2）求y关于x的函数表达式，
（3）当CF与的一边相等时，求满足所有条件的BE的长.
13．如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于点A，B，以AB为直径构造圆，点C在上运动，点D在上，CD交OA于点P，且
（1）求CD的长.
（2）求证：OP=PD.
（3）若CE∥OA，交圆于另一点E，连结DE，当△CDE为等腰三角形时，求所有满足条件的点P的坐标。
14．（2021九上·宁波期中）如图，在平面直角坐标系中，0为坐标原点，点A、B分别为直线y＝- x+6与x轴、y轴的交点.动点Q从点O、动点P从点A同时出发，分别沿着OA方向、AB方向均以1个单位长度/秒的速度匀速运动，运动时间为t秒（0＜t≤5），以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的交点分别为C、D，连接CD、QC.
（1）求当t为何值时，点Q与点D重合？
（2）设△QCD的面积为S，试求S与t之间的函数关系式，并求S的最大值；
（3）若⊙P与线段QC只有一个交点，请直接写出t的取值范围.
15．（2017九上·乐清月考）如图1，以点M（－1，0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝－ x－ 与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．
（1）请直接写出OE、⊙M的半径r、CH的长；
（2）如图2，弦HQ交x轴于点P，且DP：PH＝3：2，求cos∠QHC的值；
（3）如图3，点K为线段EC上一动点（不与E、C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT交x轴于点N．是否存在一个常数a，始终满足MN·MK＝a，如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；确定圆的条件
【解析】【解答】解：设直线的解析式为，
∵M（1，2），N（3，-3），
，
解得：，
，
A、当时，，∴不在直线上，根据不在同一直线三点确定一个圆得与，可以确定一个圆，此选项不符合题意；
B、当时，，∴（-3，5）不在直线MN上，根据不在同一直线三点确定一个圆得（-3，5）与，可以确定一个圆，此选项不符合题意；
C、当时，，∴在直线上，根据不在同一直线三点确定一个圆得（-1，7）与，不能确定一个圆，此选项符合题意；
D、当时，，∴（1，-3）不在直线MN上，根据不在同一直线三点确定一个圆得（1，-3）与，可以确定一个圆，此选项不符合题意．
故答案为：C．
【分析】由题意，用待定系数法求出直线的解析式，再把各选项中的点的横坐标代入函数解析式计算求出对应的纵坐标，与已知的纵坐标比较可判断点是否在直线MN上，然后根据不在同一直线上的三点能确定一个圆即可判断求解．
2．【答案】B
【知识点】一次函数中的动态几何问题
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥BC于点E，连接DB，
当y=0时，
解之：x=12
∴点B（12，0）
当x=0时，y=-5
∴点C（0，-5）
∴OC=5，OB=12
∵圆的半径为2
∴DC=OD+OC=2+5=7
在Rt△OBC中
；
∴
∴13DE=7×12
解之：DE=
∴圆D上的点到直线的最短距离为；
∴△ABC面积的最小值为；
故答案为：B.
【分析】过点D作DE⊥BC于点E，连接DB，利用函数解析式求出点C，B的坐标，可得到OB，OC，DC的长，再利用三角形的面积公式求出DE的长；再求出圆D上的点到直线的最短距离；然后利用三角形的面积公式可求出△ABC面积的最小值。
3．【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；确定圆的条件
【解析】【解答】解：设直线MN的解析式为y=kx+b,
∴,
解得，
∴y=-x+，
当x=3时，y=-3≠5；当x=-3时，y=12；当x=13时，y=2≠-2；
∴点C在直线MN上，该三点不能构成圆.
故答案为：C.
【分析】利用待定系数法求出直线MN的解析式，再把每点代入函数解析式，根据不在同一直线上的三点能确定一个圆，由于（1,2）在直线MN上，可知答案.
4．【答案】B
【知识点】一次函数的实际应用；三角形全等的判定；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；垂径定理
【解析】【解答】解：连接OB交AC于E，连接OC、OA，
过B作BG⊥AD，BF⊥CD，交DA的延长线于G，交CD于F，
∵AB＝BC，
∴ ，
∴∠BDA＝∠BDC，
∴BG＝BF，
在Rt△AGB和Rt△CFB中，
∵BG＝BF，AB＝BC，
∴Rt△AGB≌Rt△CFB（HL），
∴AG＝FC，
∵ ，
∴OB⊥AC，EC＝ AC＝ ×3＝ ，
在△AOB和△COB中，
，
∴△AOB≌△COB（SSS）.
∴∠ABO＝∠OBC＝ ∠ABC＝ ×120°＝60°.
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形.
∴∠BOC＝60°.
∴∠BDC＝∠ADB＝30°.
Rt△BDF中，BD＝x，
∴DF＝ x.
同理得：DG＝ x.
∴AD＋DC＝AD＋DF＋FC＝DG＋DF＝ ，
Rt△BEC中，∠BCA＝30°，
∴BE＝ ，BC＝ ，
∴AB＝BC＝ ，
∴AB＋BC＋AD＋DC＝ ＝ ，
∴ .
故答案为：B.
【分析】作辅助线，构建全等三角形和等边三角形，证明Rt△AGB≌Rt△CFB得：AG＝CF，根据30°角的性质表示DF和DG的长，计算四边形ABCD的周长，即可得出结论.
5．【答案】（2n﹣1，0）
【知识点】一次函数的实际应用
【解析】【解答】解：直线y=x，点A1坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交 直线于点B1可知B1点的坐标为（1，），
以原O为圆心，OB1长为半径画弧x轴于点A2，OA2=OB1，
OA2==2，点A2的坐标为（2，0），
这种方法可求得B2的坐标为（2，2），故点A3的坐标为（4，0），
此类推便可求出点An的坐标为（2n﹣1，0）．
故答案为：（2n﹣1，0）．
【分析】先根据一次函数方程式求出B1点的坐标，在根据B1点的坐标求出A2点的坐标，以此类推总结规律便可求出点An的坐标．
6．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：设直线y＝x+与两坐标轴交于点D，E， 过点O作OM⊥BC于点M，连接OB，
当x=0时，
∴D，
当y=0时x=-3
∴点E（-3，0），
∴，
∴DE=2OD，
∴∠DEO=30°，
∴OM=OE=，
∵点A（2，0），
∴OA=OB=2，
∴，
∵OM⊥BC
∴BC=2BM=.
故答案为：
【分析】设直线y＝x+与两坐标轴交于点D，E， 过点O作OM⊥BC于点M，连接OB，由x=0求出y的值，可得到点D的坐标，由y=0求出x的值，可得到点E的坐标，利用勾股定理求出DE的长，可得到∠DEO=30°，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出OM的长，由点A的坐标可得到OB的长，利用勾股定理求出BM的长；然后利用垂径定理求出BC的长.
7．【答案】6
【知识点】三角形的面积；勾股定理；解直角三角形；一次函数图象与坐标轴交点问题；圆-动点问题
【解析】【解答】解：过点D作DH⊥AB于点H，延长HD交圆于点C1.
∵△ABC的边BAB时定值，当△ABC的AB边上的高最长时，此时△ACB的面积最大
当x=0时y=2；当y=0时x=-2，
∴点A（-2，0），点B（0，2）
∴OA=OB=2
∴
∴∠BAO=45°
∴△AHD是等腰直角三角形，
∵点D（2，0）
∴AD=|-2-2|=4
∴DH=ADsin45°=；
∵圆的半径为
∴C1H=
∴.
故答案为：6.
【分析】过点D作DH⊥AB于点H，延长HD交圆于点C1，△ABC的边BAB时定值，当△ABC的AB边上的高最长时即C1H的值最大，此时△ACB的面积最大；利用函数解析式求出点A，B的坐标，由此可求出OA，OB的长，再利用勾股定理求出AB的长，同时可证得△AHD是等腰直角三角形，利用解直角三角形求出DH的长；然后利用三角形的面积公式可求出△ABC的最大面积。
8．【答案】
【知识点】探索数与式的规律；一次函数的性质
【解析】【解答】解：∵点A1坐标为( 3，0)，
∴OA1=3，
∵在 中，当x= 3时，y=4，即B1点的坐标为( 3，4)，
∴由勾股定理可得OB1= =5，即OA2=5=3× ，
同理可得，
OB2= ，即OA3= =3×( )2，
OB3= ，即OA4= =3×( )3，
以此类推，
OAn=3×( )n 1= ，即点An坐标为 ，
当n=2016时，点A2016坐标为 .
故答案为
【分析】先根据一次函数解析式求出B1点的坐标，再根据B1点的坐标求出OA2的长，用同样的方法得出OA3，OA4的长，以此类推，总结规律便可求出点A2016的坐标.
9．【答案】－2＜t≤4
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，
∵点M在 函数y＝ x(x＞0) 的图象上
∴设点M
∵ ⊙P的半径为2，圆心为P(0，t) ，
∴
∴
过点M作MD⊥x轴于点D，
∵点N是点M的“等距点”
∴MD=MN=
∴
整理得
∵关于a的一元二次方程有解，
∴
∴
∴t2-2t-8=0
解之：t1=-2，t2=4
∴t的取值范围是－2＜t≤4.
故答案为：－2＜t≤4.
【分析】由点M在 函数y＝ x(x＞0) 的图象上，设出点M的坐标，再根据⊙P的半径为2，圆心为P(0，t) ，利用勾股定理求出MP的长，由此可得到MN的长，过点M作MD⊥x轴于点D，然后根据点N是点M的“等距点”，可得到MD=MN=，由此建立方程，将方程整理为关于a的一元二次方程，根据b2-4ac≥0，建立关于t的不等式，解不等式求出t的取值范围。
10．【答案】解：如图，
∵直线y=mx-m+2必过点D（1，2），
∴最短的弦AB是过点D且与该圆直径垂直的弦，
∵点D的坐标是（1，2），
∴OD=，
∵⊙O的半径为3，
∴OA=3，
∴AD==2，
∴AB=2AD=4，
∴AB的长的最小值为4.
【知识点】勾股定理；垂径定理；一次函数中的动态几何问题
【解析】【分析】 根据题意得出直线y=mx-m+2必过点D（1，2），求出最短的弦AB是过点D且与该圆直径垂直的弦，求出OD的长，再利用勾股定理求出AD，从而得出AB的长，即可得出答案．
11．【答案】（1）解：连接CM交OB于点G，
∵A（6，0），B（0，8），
∴OA=6，OB=8，
又∠AOB=90°，
∴AB==10，
∵C是弧BO的中点，
∴，
∴，
∴CG=CM-MG=5-3=2，
∴C（-2，4），
把C（-2，4）代入直线CD：，得k=
∴直线CD：；
（2）解：过E作EHOD，
∵直线CD：，
∴F（），D（），
设E（a，），
∵E在圆M上，
∴EM=5 ，M(3，4)，
∴，
化简，
解得，
∴E（7，1）；
（3）解：设PO=x，
要使EP与△BCO的任意一边平行，分以下三种情况：
i）EP平行BO，
∴∠BOA=∠EPD=90°，
∴△DEP∽△DFO，
∴，
即，
解得x=7，
∴OP=7；
ii）EP平行CO，
∴∠CON=∠EPQ，
分别过C与E作x轴垂线，
∴∠CNO=∠EQP=90°，
∴△QEP∽△NCO，
∴，
即，
解得x=，
∴OP=；
iii）EP平行BC，
∴∠BCE=∠CEP，
∴△EQP∽△BGC，
∴，
即，
解得x=，
∴OP=.
综上所述，OP=7或或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）连接CM交OB于点G，根据点A、B的坐标可得OA=6，OB=8，利用勾股定理求出AB，根据中点的概念可得BG=OG=4，则GM=3，CG=CM-MG=2，C（-2，4），代入y=kx+中求出k的值，据此可得直线CD的解析式；
（2）过E作EHOD，易得F（0，），D（10，0），设E（a，a+），根据点E在圆上可得EM=5 ，则M(3，4)，然后根据两点间距离公式求出a，得到点E的坐标；
（3）设PO=x，i）EP平行BO，根据平行线的性质可得∠BOA=∠EPD=90°，证明△DEP∽△DFO，根据相似三角形的性质可得x，进而可得OP；ii）EP平行CO，利用平行线的性质可得∠CON=∠EPQ，分别过C与E作x轴的垂线，易证△QEP∽△NCO，根据相似三角形的性质可得x，进而可得OP；iii）EP平行BC，证明△EQP∽△BGC，同理可得OP的值.
12．【答案】（1）解：作于点，
，且，
，
四边形ABMD是矩形，
，，
，
.
（2）解：，
，
，
，
∴，
，MC=6，DM=8，
∴，
.
，，
.
∵CF+BF=BC=8，
，
得.
（3）解：①当时，则，
，
.
②当时，
，
，
，
，
，
作于点，
则，
，，
.
③当时，
，
，
四边形EFCG是平行四边形，
，
，
综上可得，，，.
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；列一次函数关系式
【解析】【分析】(1)过点D作DM⊥BC于点M，利用梯形的性质，矩形的判定可得四边形ABMD是矩形，由矩形的性质和勾股定理即可求解.
(2)利用相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质求得线段，由已知得，利用BF+CF=8，列出关于x，y的等式，化简即可得出结论.
(3)利用分类讨论的方法分三种情形讨论解答：①当CF=EF时，由(2)的结论列出关于x的方程，解方程即可，②当CF=EH时，根据圆的有关性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质列出关于x的方程解答即可；③当CF=FH时，根据前边的方法列出关于x的方程，解方程即可求解.
13．【答案】（1）解：，
当y=0时，则，解得x=8，
∴A（8，0），
∴OA=8，
∵
∴CD=OA=8.
（2）证明：连接CO，DA，如图
∵
∴
∴CO=AD，
∵∠OAD=∠OCD，∠OPC=∠APD，
∴△COP≌△ADP（AAS）
∴PO=PD.
（3）解：（3）①当CE=CD，如图，连接BP，则CE=CD=OA=8，
∵CE∥OA，
∴四边形COAE为矩形，
∵∠AOB=90°，
∴点B、C重合，
设PD=OP=x，则BP=CP=8-x，
由可得B（0，6），则OB=6，
∵BO2+OP2=BP2，即62+x2=(8-x)2，解得x=，
∴P（，0）.
②当CD=ED，如图，设圆心F，连接DF并延长分别交OA、CE于点M、H，
∵DC=DE，
∴，
∴DH⊥CE，
∵CE∥OA，
∴DH⊥OA，
∴OM=AM，
∴FM=OB=3，OM=OA=4，
∵AB==10，且AB为直径，
∴DF=5，
∴MD=FD-FM=2，
设OP=PD=x，则PM=4-x，
在Rt△PMD中，由勾股定理得22+（4-x）2=x2，解得x=，
∴P（，0）.
③当EC=ED时，如图，设圆心F，作EG⊥CD，PT⊥CE，FM⊥OA，延长MF交CE于点H，连接CF，则CF=AB=5，
∵FG⊥CD，
∴CG=CD=4，E、F、G三点共线，
∴FG==3，
∴GE=GF+FE=3+5=8，
∴CE==，
∵FH⊥CE，EG⊥CD，
∴∠HFE+∠HEF=∠GCE+∠HEF，
∴∠HFE=∠GCE，
则tan∠HFE=tan∠GCE=2，
∵HF⊥CE，
∴HE=CE=，
∴HF==，
∵PT⊥CE，MH⊥CE，CE∥OA，
∴四边形TPMH为矩形，
∴TP=HM=HF+FM=+3，
∵∠PCT=∠GCE，∠CGE=∠CTP=90°，
∴△CEG∽△CPT，
∴，
∴CP=，
∴OP=PD=CD-CP=，
∴P（，0）
综上所述：满足条件的点P为：点或(，0)或(，0)
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆的综合题；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）由求出A的坐标，即得OA的长，由可得CD=OA=8.
（2）连接CO，DA，可证△COP≌△ADP（AAS），可得PO=PD.
（3）分三种情况：①当CE=CD，②当CD=ED，③当EC=ED时，据此分别画图并解答即可.
14．【答案】（1）解：∵点A、B分别为直线y＝- +6与x轴、y轴的交点，
∴A（8，0），B（0，6），
∴OA＝8，OB＝6，
∵AC为⊙P的直径，
∴△ACD为直角三角形.
∴AD＝AC cos∠BAO＝ .
当点Q与点D重合时，OQ+AD＝OA，
即： ，解得：t＝ .
∴t＝ 时，点Q与点D重合.
（2）解：在Rt△ACD中，CD＝AC sin∠BAO＝2t× .
①当0＜t≤ ，DQ＝OA﹣OQ﹣AD＝8﹣t﹣ .
∴当t＝ 时，S有最大值为 ；
②当 时，DQ＝OQ+AD﹣AO＝t+ .
∴所以S随t的增大而增大，
∴当t＝5时，S有最大值为15，又15 ，
综上所述，S的最大值为15.
（3）解：当CQ与⊙P相切时，有CQ⊥AB，
∵∠BAO＝∠QAC，∠AOB＝∠ACQ＝90°，
∴△ACQ∽△AOB，
，
即 ，解得t＝ .
所以，⊙P与线段QC只有一个交点，t的取值范围为 或 .
【知识点】二次函数的最值；三角形的面积；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）易得A（8，0），B（0，6），则OA＝8，OB＝6，由勾股定理求出AB，利用三角函数的概念求出AD，当点Q与点D重合时，OQ+AD＝OA，据此可得t的值；
（2）首先由∠BAO的正弦函数求出CD，当0＜t≤时，DQ＝8-t-t=8-t，根据S=DQ·CD可得S，由二次函数的性质可得最大值；同理可求出（3）当CQ与⊙P相切时，有CQ⊥AB，易证△ACQ∽△AOB，然后根据相似三角形的性质可得t的值，据此解答.
15．【答案】（1）解：OE=5，r=2，CH="2"
（2）解：如图1，连接QC、QD，则∠CQD =90°，∠QHC =∠QDC，
易知△CHP∽△DQP，故 ，得DQ=3，由于CD=4，
（3）解：如图2，连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，则 ， 由于 ，故， ；而 ，故 在 和 中， ； 故△AMK∽△NMA
；
即： 故存在常数 ，始终满足 常数a="4"解法二：连结BM，证明
得
【知识点】垂径定理；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）利用一次函数解析式，由y=0，可求得E的坐标，即可得到OE的长为5；连接MH，根据△EMH与△EFO相似即可求得半径为2；再由EC=MC=2，∠EHM=90°，可知CH是Rt△EHM斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CH的长。
（2）连接DQ、CQ．根据相似三角形的判定得到△CHP∽△QPD，从而求得DQ的长，在直角三角形CDQ中，即可求得∠D的余弦值，即为cos∠QHC的值。
（3）连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，由圆周角定理可知，∠GTA=90°，∠3=∠4，可证得∠AKC=∠MAN，再证明△AMK∽△NMA，利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，即可得出结论。
1 / 1圆与一次函数—浙教版数学九（上）知识点训练
一、选择题
1．（2024九上·拱墅月考）已知，，三点可以确定一个圆，则以下点坐标不满足要求的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；确定圆的条件
【解析】【解答】解：设直线的解析式为，
∵M（1，2），N（3，-3），
，
解得：，
，
A、当时，，∴不在直线上，根据不在同一直线三点确定一个圆得与，可以确定一个圆，此选项不符合题意；
B、当时，，∴（-3，5）不在直线MN上，根据不在同一直线三点确定一个圆得（-3，5）与，可以确定一个圆，此选项不符合题意；
C、当时，，∴在直线上，根据不在同一直线三点确定一个圆得（-1，7）与，不能确定一个圆，此选项符合题意；
D、当时，，∴（1，-3）不在直线MN上，根据不在同一直线三点确定一个圆得（1，-3）与，可以确定一个圆，此选项不符合题意．
故答案为：C．
【分析】由题意，用待定系数法求出直线的解析式，再把各选项中的点的横坐标代入函数解析式计算求出对应的纵坐标，与已知的纵坐标比较可判断点是否在直线MN上，然后根据不在同一直线上的三点能确定一个圆即可判断求解．
2．（2021九上·台州月考）如图，已知直线y= 与x轴、y轴分别交于B、C两点，A是以D（0，2）为圆心，2为半径的圆上一动点，连结AC、AB，则△ABC面积的最小值是（ ）
A．30 B．29 C．28 D．27
【答案】B
【知识点】一次函数中的动态几何问题
【解析】【解答】解：过点D作DE⊥BC于点E，连接DB，
当y=0时，
解之：x=12
∴点B（12，0）
当x=0时，y=-5
∴点C（0，-5）
∴OC=5，OB=12
∵圆的半径为2
∴DC=OD+OC=2+5=7
在Rt△OBC中
；
∴
∴13DE=7×12
解之：DE=
∴圆D上的点到直线的最短距离为；
∴△ABC面积的最小值为；
故答案为：B.
【分析】过点D作DE⊥BC于点E，连接DB，利用函数解析式求出点C，B的坐标，可得到OB，OC，DC的长，再利用三角形的面积公式求出DE的长；再求出圆D上的点到直线的最短距离；然后利用三角形的面积公式可求出△ABC面积的最小值。
3．（2020九上·镇海期中）已知M（1,2），N（3，-3），P（x，y）三点可以确定一个圆，则以下P点坐标不满足要求的是（ ）
A．（3,5） B．（-3,5） C．（1,2） D．（1,-2）
【答案】C
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；确定圆的条件
【解析】【解答】解：设直线MN的解析式为y=kx+b,
∴,
解得，
∴y=-x+，
当x=3时，y=-3≠5；当x=-3时，y=12；当x=13时，y=2≠-2；
∴点C在直线MN上，该三点不能构成圆.
故答案为：C.
【分析】利用待定系数法求出直线MN的解析式，再把每点代入函数解析式，根据不在同一直线上的三点能确定一个圆，由于（1,2）在直线MN上，可知答案.
4．（2021九上·长兴期末）如图， 中， ， ， ， 是 的外接圆，点 是优弧 上任意一点（不包括点 ， ），记四边形 的周长为 ， 的长为 ，则 关于 的函数关系式是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】一次函数的实际应用；三角形全等的判定；等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；垂径定理
【解析】【解答】解：连接OB交AC于E，连接OC、OA，
过B作BG⊥AD，BF⊥CD，交DA的延长线于G，交CD于F，
∵AB＝BC，
∴ ，
∴∠BDA＝∠BDC，
∴BG＝BF，
在Rt△AGB和Rt△CFB中，
∵BG＝BF，AB＝BC，
∴Rt△AGB≌Rt△CFB（HL），
∴AG＝FC，
∵ ，
∴OB⊥AC，EC＝ AC＝ ×3＝ ，
在△AOB和△COB中，
，
∴△AOB≌△COB（SSS）.
∴∠ABO＝∠OBC＝ ∠ABC＝ ×120°＝60°.
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形.
∴∠BOC＝60°.
∴∠BDC＝∠ADB＝30°.
Rt△BDF中，BD＝x，
∴DF＝ x.
同理得：DG＝ x.
∴AD＋DC＝AD＋DF＋FC＝DG＋DF＝ ，
Rt△BEC中，∠BCA＝30°，
∴BE＝ ，BC＝ ，
∴AB＝BC＝ ，
∴AB＋BC＋AD＋DC＝ ＝ ，
∴ .
故答案为：B.
【分析】作辅助线，构建全等三角形和等边三角形，证明Rt△AGB≌Rt△CFB得：AG＝CF，根据30°角的性质表示DF和DG的长，计算四边形ABCD的周长，即可得出结论.
二、填空题
5．（2018九上·大洼月考）如图，直线y=x，点A1坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交直线于点B1，以原点O为圆心，OB1长为半径画弧交x轴于点A2；再过点A2作x轴的垂线交直线于点B2，以原点O为圆心，OB2长为半径画弧交x轴于点A3，…，按此做法进行下去，点An的坐标为
【答案】（2n﹣1，0）
【知识点】一次函数的实际应用
【解析】【解答】解：直线y=x，点A1坐标为（1，0），过点A1作x轴的垂线交 直线于点B1可知B1点的坐标为（1，），
以原O为圆心，OB1长为半径画弧x轴于点A2，OA2=OB1，
OA2==2，点A2的坐标为（2，0），
这种方法可求得B2的坐标为（2，2），故点A3的坐标为（4，0），
此类推便可求出点An的坐标为（2n﹣1，0）．
故答案为：（2n﹣1，0）．
【分析】先根据一次函数方程式求出B1点的坐标，在根据B1点的坐标求出A2点的坐标，以此类推总结规律便可求出点An的坐标．
6．（2022九上·余姚月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的圆过点A（2，0），直线y＝x+与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长为 ．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：设直线y＝x+与两坐标轴交于点D，E， 过点O作OM⊥BC于点M，连接OB，
当x=0时，
∴D，
当y=0时x=-3
∴点E（-3，0），
∴，
∴DE=2OD，
∴∠DEO=30°，
∴OM=OE=，
∵点A（2，0），
∴OA=OB=2，
∴，
∵OM⊥BC
∴BC=2BM=.
故答案为：
【分析】设直线y＝x+与两坐标轴交于点D，E， 过点O作OM⊥BC于点M，连接OB，由x=0求出y的值，可得到点D的坐标，由y=0求出x的值，可得到点E的坐标，利用勾股定理求出DE的长，可得到∠DEO=30°，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出OM的长，由点A的坐标可得到OB的长，利用勾股定理求出BM的长；然后利用垂径定理求出BC的长.
7．（2020九上·嘉兴月考）如图，直线 与 ， 轴分别交于A，B两点，C是以D(2，0)为圆心， 为半径的圆上一动点，连接AC，BC，则△ABC的面积的最大值是 ．
【答案】6
【知识点】三角形的面积；勾股定理；解直角三角形；一次函数图象与坐标轴交点问题；圆-动点问题
【解析】【解答】解：过点D作DH⊥AB于点H，延长HD交圆于点C1.
∵△ABC的边BAB时定值，当△ABC的AB边上的高最长时，此时△ACB的面积最大
当x=0时y=2；当y=0时x=-2，
∴点A（-2，0），点B（0，2）
∴OA=OB=2
∴
∴∠BAO=45°
∴△AHD是等腰直角三角形，
∵点D（2，0）
∴AD=|-2-2|=4
∴DH=ADsin45°=；
∵圆的半径为
∴C1H=
∴.
故答案为：6.
【分析】过点D作DH⊥AB于点H，延长HD交圆于点C1，△ABC的边BAB时定值，当△ABC的AB边上的高最长时即C1H的值最大，此时△ACB的面积最大；利用函数解析式求出点A，B的坐标，由此可求出OA，OB的长，再利用勾股定理求出AB的长，同时可证得△AHD是等腰直角三角形，利用解直角三角形求出DH的长；然后利用三角形的面积公式可求出△ABC的最大面积。
8．已知直线 ，点 的坐标为 .过点 作 轴的垂线交直线 于点 ，以原点 为圆心， 长为半径画弧交 轴负半轴于点 ，再过点 作 轴的垂线交直线 于点 ，以原点 为圆心， 长为半径画弧交 轴负半轴于点 …按此作法进行下去，点 的坐标为 .
【答案】
【知识点】探索数与式的规律；一次函数的性质
【解析】【解答】解：∵点A1坐标为( 3，0)，
∴OA1=3，
∵在 中，当x= 3时，y=4，即B1点的坐标为( 3，4)，
∴由勾股定理可得OB1= =5，即OA2=5=3× ，
同理可得，
OB2= ，即OA3= =3×( )2，
OB3= ，即OA4= =3×( )3，
以此类推，
OAn=3×( )n 1= ，即点An坐标为 ，
当n=2016时，点A2016坐标为 .
故答案为
【分析】先根据一次函数解析式求出B1点的坐标，再根据B1点的坐标求出OA2的长，用同样的方法得出OA3，OA4的长，以此类推，总结规律便可求出点A2016的坐标.
9．（2020·宁波模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A是x轴外一点，若平面内的点B满足：线段AB的长度与点A到x轴的距离相等，则称点B是点A的“等距点” ．已知⊙P的半径为2，圆心为P(0，t) ，在函数y＝ x(x＞0) 的图象上存在点M，⊙P上存在点N，满足点N是点M的“等距点” ，则t的取值范围为 ．
【答案】－2＜t≤4
【知识点】一次函数与不等式（组）的关系；勾股定理
【解析】【解答】解：如图，
∵点M在 函数y＝ x(x＞0) 的图象上
∴设点M
∵ ⊙P的半径为2，圆心为P(0，t) ，
∴
∴
过点M作MD⊥x轴于点D，
∵点N是点M的“等距点”
∴MD=MN=
∴
整理得
∵关于a的一元二次方程有解，
∴
∴
∴t2-2t-8=0
解之：t1=-2，t2=4
∴t的取值范围是－2＜t≤4.
故答案为：－2＜t≤4.
【分析】由点M在 函数y＝ x(x＞0) 的图象上，设出点M的坐标，再根据⊙P的半径为2，圆心为P(0，t) ，利用勾股定理求出MP的长，由此可得到MN的长，过点M作MD⊥x轴于点D，然后根据点N是点M的“等距点”，可得到MD=MN=，由此建立方程，将方程整理为关于a的一元二次方程，根据b2-4ac≥0，建立关于t的不等式，解不等式求出t的取值范围。
三、解答题
10．如图，在平面直角坐标系中，以原点О为圆心，3为半径作圆，直线y=mx-m+2与О相交于A，B两点，求弦AB的最小长度.
【答案】解：如图，
∵直线y=mx-m+2必过点D（1，2），
∴最短的弦AB是过点D且与该圆直径垂直的弦，
∵点D的坐标是（1，2），
∴OD=，
∵⊙O的半径为3，
∴OA=3，
∴AD==2，
∴AB=2AD=4，
∴AB的长的最小值为4.
【知识点】勾股定理；垂径定理；一次函数中的动态几何问题
【解析】【分析】 根据题意得出直线y=mx-m+2必过点D（1，2），求出最短的弦AB是过点D且与该圆直径垂直的弦，求出OD的长，再利用勾股定理求出AD，从而得出AB的长，即可得出答案．
11．（2022·洞头模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线CD：交△ABO的外接圆⊙M于点E，点C，交x轴于点D，交y轴于点F.点C是的中点，连结OC，BC.点A（6，0），点B（0，8）.
（1）求AB的长和CD的解析式.
（2）求点E的坐标.
（3）点P在x轴上，连结EP，EP与△BCO的任意一边平行时，求OP的长.
【答案】（1）解：连接CM交OB于点G，
∵A（6，0），B（0，8），
∴OA=6，OB=8，
又∠AOB=90°，
∴AB==10，
∵C是弧BO的中点，
∴，
∴，
∴CG=CM-MG=5-3=2，
∴C（-2，4），
把C（-2，4）代入直线CD：，得k=
∴直线CD：；
（2）解：过E作EHOD，
∵直线CD：，
∴F（），D（），
设E（a，），
∵E在圆M上，
∴EM=5 ，M(3，4)，
∴，
化简，
解得，
∴E（7，1）；
（3）解：设PO=x，
要使EP与△BCO的任意一边平行，分以下三种情况：
i）EP平行BO，
∴∠BOA=∠EPD=90°，
∴△DEP∽△DFO，
∴，
即，
解得x=7，
∴OP=7；
ii）EP平行CO，
∴∠CON=∠EPQ，
分别过C与E作x轴垂线，
∴∠CNO=∠EQP=90°，
∴△QEP∽△NCO，
∴，
即，
解得x=，
∴OP=；
iii）EP平行BC，
∴∠BCE=∠CEP，
∴△EQP∽△BGC，
∴，
即，
解得x=，
∴OP=.
综上所述，OP=7或或.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）连接CM交OB于点G，根据点A、B的坐标可得OA=6，OB=8，利用勾股定理求出AB，根据中点的概念可得BG=OG=4，则GM=3，CG=CM-MG=2，C（-2，4），代入y=kx+中求出k的值，据此可得直线CD的解析式；
（2）过E作EHOD，易得F（0，），D（10，0），设E（a，a+），根据点E在圆上可得EM=5 ，则M(3，4)，然后根据两点间距离公式求出a，得到点E的坐标；
（3）设PO=x，i）EP平行BO，根据平行线的性质可得∠BOA=∠EPD=90°，证明△DEP∽△DFO，根据相似三角形的性质可得x，进而可得OP；ii）EP平行CO，利用平行线的性质可得∠CON=∠EPQ，分别过C与E作x轴的垂线，易证△QEP∽△NCO，根据相似三角形的性质可得x，进而可得OP；iii）EP平行BC，证明△EQP∽△BGC，同理可得OP的值.
12．（2024·瑞安二模）如图1，在四边形ABCD中，，，，，点E在AB上，作交BC于点F，点G为CD上一点，且.如图2，作的外接圆交CD于点H，连结EH，FH，设，.
（1）求CD的长.
（2）求y关于x的函数表达式，
（3）当CF与的一边相等时，求满足所有条件的BE的长.
【答案】（1）解：作于点，
，且，
，
四边形ABMD是矩形，
，，
，
.
（2）解：，
，
，
，
∴，
，MC=6，DM=8，
∴，
.
，，
.
∵CF+BF=BC=8，
，
得.
（3）解：①当时，则，
，
.
②当时，
，
，
，
，
，
作于点，
则，
，，
.
③当时，
，
，
四边形EFCG是平行四边形，
，
，
综上可得，，，.
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；列一次函数关系式
【解析】【分析】(1)过点D作DM⊥BC于点M，利用梯形的性质，矩形的判定可得四边形ABMD是矩形，由矩形的性质和勾股定理即可求解.
(2)利用相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质求得线段，由已知得，利用BF+CF=8，列出关于x，y的等式，化简即可得出结论.
(3)利用分类讨论的方法分三种情形讨论解答：①当CF=EF时，由(2)的结论列出关于x的方程，解方程即可，②当CF=EH时，根据圆的有关性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质列出关于x的方程解答即可；③当CF=FH时，根据前边的方法列出关于x的方程，解方程即可求解.
13．如图，在平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于点A，B，以AB为直径构造圆，点C在上运动，点D在上，CD交OA于点P，且
（1）求CD的长.
（2）求证：OP=PD.
（3）若CE∥OA，交圆于另一点E，连结DE，当△CDE为等腰三角形时，求所有满足条件的点P的坐标。
【答案】（1）解：，
当y=0时，则，解得x=8，
∴A（8，0），
∴OA=8，
∵
∴CD=OA=8.
（2）证明：连接CO，DA，如图
∵
∴
∴CO=AD，
∵∠OAD=∠OCD，∠OPC=∠APD，
∴△COP≌△ADP（AAS）
∴PO=PD.
（3）解：（3）①当CE=CD，如图，连接BP，则CE=CD=OA=8，
∵CE∥OA，
∴四边形COAE为矩形，
∵∠AOB=90°，
∴点B、C重合，
设PD=OP=x，则BP=CP=8-x，
由可得B（0，6），则OB=6，
∵BO2+OP2=BP2，即62+x2=(8-x)2，解得x=，
∴P（，0）.
②当CD=ED，如图，设圆心F，连接DF并延长分别交OA、CE于点M、H，
∵DC=DE，
∴，
∴DH⊥CE，
∵CE∥OA，
∴DH⊥OA，
∴OM=AM，
∴FM=OB=3，OM=OA=4，
∵AB==10，且AB为直径，
∴DF=5，
∴MD=FD-FM=2，
设OP=PD=x，则PM=4-x，
在Rt△PMD中，由勾股定理得22+（4-x）2=x2，解得x=，
∴P（，0）.
③当EC=ED时，如图，设圆心F，作EG⊥CD，PT⊥CE，FM⊥OA，延长MF交CE于点H，连接CF，则CF=AB=5，
∵FG⊥CD，
∴CG=CD=4，E、F、G三点共线，
∴FG==3，
∴GE=GF+FE=3+5=8，
∴CE==，
∵FH⊥CE，EG⊥CD，
∴∠HFE+∠HEF=∠GCE+∠HEF，
∴∠HFE=∠GCE，
则tan∠HFE=tan∠GCE=2，
∵HF⊥CE，
∴HE=CE=，
∴HF==，
∵PT⊥CE，MH⊥CE，CE∥OA，
∴四边形TPMH为矩形，
∴TP=HM=HF+FM=+3，
∵∠PCT=∠GCE，∠CGE=∠CTP=90°，
∴△CEG∽△CPT，
∴，
∴CP=，
∴OP=PD=CD-CP=，
∴P（，0）
综上所述：满足条件的点P为：点或(，0)或(，0)
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆的综合题；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）由求出A的坐标，即得OA的长，由可得CD=OA=8.
（2）连接CO，DA，可证△COP≌△ADP（AAS），可得PO=PD.
（3）分三种情况：①当CE=CD，②当CD=ED，③当EC=ED时，据此分别画图并解答即可.
14．（2021九上·宁波期中）如图，在平面直角坐标系中，0为坐标原点，点A、B分别为直线y＝- x+6与x轴、y轴的交点.动点Q从点O、动点P从点A同时出发，分别沿着OA方向、AB方向均以1个单位长度/秒的速度匀速运动，运动时间为t秒（0＜t≤5），以P为圆心，PA长为半径的⊙P与AB、OA的交点分别为C、D，连接CD、QC.
（1）求当t为何值时，点Q与点D重合？
（2）设△QCD的面积为S，试求S与t之间的函数关系式，并求S的最大值；
（3）若⊙P与线段QC只有一个交点，请直接写出t的取值范围.
【答案】（1）解：∵点A、B分别为直线y＝- +6与x轴、y轴的交点，
∴A（8，0），B（0，6），
∴OA＝8，OB＝6，
∵AC为⊙P的直径，
∴△ACD为直角三角形.
∴AD＝AC cos∠BAO＝ .
当点Q与点D重合时，OQ+AD＝OA，
即： ，解得：t＝ .
∴t＝ 时，点Q与点D重合.
（2）解：在Rt△ACD中，CD＝AC sin∠BAO＝2t× .
①当0＜t≤ ，DQ＝OA﹣OQ﹣AD＝8﹣t﹣ .
∴当t＝ 时，S有最大值为 ；
②当 时，DQ＝OQ+AD﹣AO＝t+ .
∴所以S随t的增大而增大，
∴当t＝5时，S有最大值为15，又15 ，
综上所述，S的最大值为15.
（3）解：当CQ与⊙P相切时，有CQ⊥AB，
∵∠BAO＝∠QAC，∠AOB＝∠ACQ＝90°，
∴△ACQ∽△AOB，
，
即 ，解得t＝ .
所以，⊙P与线段QC只有一个交点，t的取值范围为 或 .
【知识点】二次函数的最值；三角形的面积；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）易得A（8，0），B（0，6），则OA＝8，OB＝6，由勾股定理求出AB，利用三角函数的概念求出AD，当点Q与点D重合时，OQ+AD＝OA，据此可得t的值；
（2）首先由∠BAO的正弦函数求出CD，当0＜t≤时，DQ＝8-t-t=8-t，根据S=DQ·CD可得S，由二次函数的性质可得最大值；同理可求出（3）当CQ与⊙P相切时，有CQ⊥AB，易证△ACQ∽△AOB，然后根据相似三角形的性质可得t的值，据此解答.
15．（2017九上·乐清月考）如图1，以点M（－1，0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝－ x－ 与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．
（1）请直接写出OE、⊙M的半径r、CH的长；
（2）如图2，弦HQ交x轴于点P，且DP：PH＝3：2，求cos∠QHC的值；
（3）如图3，点K为线段EC上一动点（不与E、C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT交x轴于点N．是否存在一个常数a，始终满足MN·MK＝a，如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：OE=5，r=2，CH="2"
（2）解：如图1，连接QC、QD，则∠CQD =90°，∠QHC =∠QDC，
易知△CHP∽△DQP，故 ，得DQ=3，由于CD=4，
（3）解：如图2，连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，则 ， 由于 ，故， ；而 ，故 在 和 中， ； 故△AMK∽△NMA
；
即： 故存在常数 ，始终满足 常数a="4"解法二：连结BM，证明
得
【知识点】垂径定理；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1）利用一次函数解析式，由y=0，可求得E的坐标，即可得到OE的长为5；连接MH，根据△EMH与△EFO相似即可求得半径为2；再由EC=MC=2，∠EHM=90°，可知CH是Rt△EHM斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CH的长。
（2）连接DQ、CQ．根据相似三角形的判定得到△CHP∽△QPD，从而求得DQ的长，在直角三角形CDQ中，即可求得∠D的余弦值，即为cos∠QHC的值。
（3）连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，由圆周角定理可知，∠GTA=90°，∠3=∠4，可证得∠AKC=∠MAN，再证明△AMK∽△NMA，利用相似三角形的性质，得出对应边成比例，即可得出结论。
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