第二十四章 圆章节压轴题模拟训练-2024—2025学年人教版九年级数学上册

第二十四章 圆章节压轴题模拟训练 一、单选题 1．如图，在边长为1的正方形中，以各顶点为圆心，对角线的长的一半为半径在正方形内画弧，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 2．如图，，点是的角平分线上的一点，半径为的经过点，将向左平移，当与射线相切时，平移的距离是（　　） A． B． C． D． 3．如图，内接于，，连接并延长，交于点D，于点E，交于点F，连接．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 4．如图，在中，，点O是边上一点，以点O为圆心，以为半径，圆O恰好与相切于点D，连接，若平分，，则线段的长是（　　） A．2 B． C． D．3 5．如图，四边形是边长为的正方形，曲线是由多段的圆心角所对的弧组成的．其中，的圆心为A，半径为；的圆心为B，半径为；的圆心为C，半径为；的圆心为D，半径为，…，按规律循环延伸曲线，则的长是（    ） A． B． C． D． 6．如图，是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径上的一动点，若，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，在矩形中，，，点、分别是边、上的动点，且，点是的中点，、，则四边形面积的最小值为（  ） A．30 B．32 C．35 D．38 8．如图，内接于的半径为是上的一动点，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． C． D． 9．如图，四边形内接于，过点作的切线，交的延长线于点，连结．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 10．如图，已知直线交于两点，是的直径，点C为上一点，且平分，过C作，垂足为D，且，的直径为，则的长等于（   ） A．8 B． C． D． 二、填空题 11．如图，在中，点为的中点，将弦下方的部分沿弦翻折，使点与圆心重合．点为优弧上一点，连接、、．若，，则 ．    12．如图，内接于，是的直径，点是延长线上的一点，，且，若点是上的一点，与交于点，且点等分半圆时，则 ． 13．如图，为的直径，为上半圆的一个动点，于点，的角平分线交于点．且的半径为5，连接，则 ；若弦的长为6，则 ． 14．已知点在上，，把劣弧沿着直线折叠交弦于点．，，则的长为 ． 15．如图，点D是等腰的斜边的中点，点P是以为直径的上一动点，线段绕点C顺时针方向旋转得线段，若，则线段的最小值是 ． 16．如图，在四边形中，，过A，C，D的圆交于点E，连结，已知，．若，则圆的半径为 ． 17．如图，是的直径，C为上一点，，P为圆上一动点，M为的中点，连接，若的半径为4，则长的最大值是 ． 18．如图，四边形是的外切四边形，且，，若四边形的面积等于，则的半径等于 ． 三、解答题 19．如图，点、、、在上，且，是延长线上一点，且是中点． (1)求证：； (2)连接并延长交于，延长到使，连接、，试说明； (3)在（2）的条件下，若为，则当=______时，四边形为菱形． 20．如图，是的直径，交于点E，，连结，． (1)若，求的度数； (2)如图2，点在上，作，分别交，于点M，P，，过点作交于点．求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连结，若，，求的长． 21．（1）【问题情境】是外一点，是上一动点．若的半径为，且，则点到点的最短距离为 ． （2）【直接运用】如图1，在中，，，以为直径的半圆交于点，是弧上的一个动点，连接，则的最小值是 ． （3）【构造运用】如图，已知正方形的边长为，点，分别从点，同时出发，以相同的速度沿边，向终点，运动，连接和交于点，求点到点的距离最小值． （4）【灵活运用】如图3，的半径为，弦，为优弧上一动点，交直线于点，则面积的最大值是 ． 22．如图，以点为圆心的圆，交轴于、两点（在的左侧），交轴于、两点（在的下方），，将绕点旋转，得到．    (1)求、两点的坐标； (2)请在图中画出线段、，并判断四边形的形状（不必证明），求出点的坐标； (3)动直线从与重合的位置开始绕点顺时针旋转，到与重合时停止，设直线与交点为，点为的中点，过点作于，连接、．请问在旋转过程中的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二十四章 圆章节压轴题模拟训练 一、单选题 1．如图，在边长为1的正方形中，以各顶点为圆心，对角线的长的一半为半径在正方形内画弧，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了扇形面积以及图形面积之间的转化． 图中阴影部分可以分为四个相同的图形1，图中阴影部分的面积四个相同的图形1的面积之和，图形1的面积四边形的面积两个全等的弓形面积，由此可计算出阴影部分的面积． 【详解】解：图中阴影部分可以分为四个相同的图形1，图形1如下图所示： 图中阴影部分的面积四个相同的图形1的面积之和， 图形1的面积四边形的面积两个全等的弓形面积，四边形和弓形如下图所示： 四边形的面积， 弓形的面积扇形的面积三角形的面积，扇形和三角形如下图所示： 扇形的面积， 三角形面积， 弓形的面积， 图形1的面积， 图中阴影部分的面积图形1的面积． 故选：A． 2．如图，，点是的角平分线上的一点，半径为的经过点，将向左平移，当与射线相切时，平移的距离是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了切线的性质、平移的性质、直角三角形的性质、平行线的性质、矩形的判定与性质等知识，设为向左平移后与相切的圆，切点为，连接交于，过作于，于，则即为平移的距离，，，先由直角三角形的性质得，再由矩形的性质得，则，由平行线的性质得，求出，然后由直角三角形的性质即可得出答案，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：设为向左平移后与相切的圆，切点为，连接交于，过作于，于，如图所示， 则即为平移的距离，，， ∵，是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 由平移的性质得，， ∴， ∵，∴，∴， ∵， ∴， ∴，， 即平移的距离为， 故选：． 3．如图，内接于，，连接并延长，交于点D，于点E，交于点F，连接．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，依次判断，，，然后利用勾股定理解题即可． 【详解】解:连接， ∵且， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， 而交于, 则为的重心 连接， ∵ ∴， ∵，，        ∴， ∴， ∵ ∵ ∴ ， ∴ ， ∴， 则，， ∴，    ∵， ∴，， ，       ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴   ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选A． 4．如图，在中，，点O是边上一点，以点O为圆心，以为半径，圆O恰好与相切于点D，连接，若平分，，则线段的长是（　　） A．2 B． C． D．3 【答案】D 【分析】连接，由圆的切线定理可得出，由等边对等角可得出，由角平分线的定义可得出，等量代换可得出，进而得出，由平行线的性质可得出，由三角形内角和定理可得出，进而得出，根据等角对等边可得出，最后根据余弦的定义即可得出答案． 【详解】解：连接， ∵与相切于点D， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：D． 【点睛】本题主要考查了圆的切线定理，等腰三角形的性质，平行线的判定以及性质，余弦的定义等知识，掌握这些性质与定理是解题的关键． 5．如图，四边形是边长为的正方形，曲线是由多段的圆心角所对的弧组成的．其中，的圆心为A，半径为；的圆心为B，半径为；的圆心为C，半径为；的圆心为D，半径为，…，按规律循环延伸曲线，则的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了图形类规律探索，弧长的计算，找到的圆心角所对的弧的半径变化规律是解本题的关键．观察图形知曲线…是由多段的圆心角所对的弧组成的．并且每一段弧的半径每次比前一段弧半径，得出半径规律，再计算弧长即可， 【详解】四边形是边长为的正方形 由已知可得；的半径为1；的半径为，的半径为2；的半径为，的半径为3，， 每一段弧的半径每次比前一段的圆心角所对的弧半径大， 半径增加2， 的半径为3；的半径为5， 的半径为7； 的半径为， 的长是． 故选：A． 6．如图，是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径上的一动点，若，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称确定最短路线问题、圆周角定理等知识点，作辅助线并得到是等边三角形是解题的关键． 如图，作点关于的对称点，连接、、、，根据轴对称确定最短路线问题可得与的交点即为最小时的点，根据在同圆或等圆中，同弧所对的圆心角等于圆周角的倍求出，然后求出，再根据对称性可得，然后求出，从而判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，即为的最小值，从而求得周长的最小值． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，连接、、、， 则与的交点即为的最小时的点，的最小值， ， ， 是弧的中点， ， 由对称性，， ， 是等边三角形， ， 周长的最小值． 故选：B． 7．如图，在矩形中，，，点、分别是边、上的动点，且，点是的中点，、，则四边形面积的最小值为（  ） A．30 B．32 C．35 D．38 【答案】D 【分析】首先连接，，证明在以为圆心，2为半径的圆弧上，过作于，当G在上时，面积取最小值，此时四边形面积取最小值，再进一步解答即可． 【详解】解：连接，， ∵矩形， ∴，， ∵，为的中点， ∴， ∴在以为圆心，2为半径的圆弧上， 过作于， 当G在上时，面积取最小值，此时四边形面积取最小值， 四边形面积=三角形面积+三角形面积， 即四边形面积=三角形面积+24． 设圆弧交于，此时四边形面积取最小值， 由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， 即四边形面积的最小值=． 故选：D． 【点睛】本题考查了勾股定理及矩形中的与动点相关的最值问题，圆的确定，解题的关键是利用直角三角形斜边的直线等于斜边的一半确定出点的运动轨迹． 8．如图，内接于的半径为是上的一动点，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． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查圆三角形的综合运用，如图所示，连接，由垂径定理得，点P在以为直径的圆上运动，设该圆与交于点，则圆心角，根据弧长的计算方法即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， 因为P是弦的中点 ∴， ， ∴点P在以为直径的圆上运动，设该圆与交于点，则圆心角， ∴点P所经过的路径长为， 故选：B． 9．如图，四边形内接于，过点作的切线，交的延长线于点，连结．若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了圆的内接四边形的性质、切线的性质、平行线的性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握圆的内接四边形的对角互补成为解题的关键． 如图：连接，根据切线的性质可得，再根据角的和差可得；再根据平行线的性质、等腰三角形的性质可得，进而得到，即，最后根据圆的内接四边形的性质即可解答． 【详解】解：如图：连接， ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴． 故选：C． 10．如图，已知直线交于两点，是的直径，点C为上一点，且平分，过C作，垂足为D，且，的直径为，则的长等于（   ） A．8 B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，根据题意可证得，再根据角平分线的性质，得，过O作，则，得四边形为矩形，设，在中，由勾股定理得，从而求得x的值，由勾股定理得出的长． 【详解】连接，过O作，垂足为F， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 四边形为矩形， ． ， 设，则， 的直径为， ， ， 在中，由勾股定理得． 即， 解得． ，故舍去， ， ， ，由垂径定理知，F为的中点， ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查角平分线的性质，勾股定理、矩形的判定和性质以及垂径定理，做辅助线构建矩形是解题的关键． 二、填空题 11．如图，在中，点为的中点，将弦下方的部分沿弦翻折，使点与圆心重合．点为优弧上一点，连接、、．若，，则 ．    【答案】 【分析】此题考查了圆周角定理、折叠的性质、等边三角形的性质与判定、含角的直角三角形的性质等知识，熟练运用圆周角定理、折叠的性质、等边三角形的性质与判定并作出合理的辅助线构建三角形是解题的关键．连接，交于点N，过点B作，先证明是等边三角形，再求得及的长即可． 【详解】如图，连接，交于点N，过点B作，   将弦下方的部分沿弦翻折，使点C与圆心O重合． ， ，， ， ， ， ∵在中，，即 ∴， ， ， ∵是等边三角形， ， ， ， ， 故答案： 12．如图，内接于，是的直径，点是延长线上的一点，，且，若点是上的一点，与交于点，且点等分半圆时，则 ． 【答案】 【分析】此题考查了圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、含角直角三角形的性质等知识．过F作，H为垂足，证明，得到，，求得，设，得到,勾股定理求出，由点等分半圆得到，在中，则， 解得，即可求出答案． 【详解】解：过F作，H为垂足， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴ 设， ∴， ∴, ∴， ∵点等分半圆， ∴， 在中，, ∴， ∴， 解得， ∴. 故答案为： 13．如图，为的直径，为上半圆的一个动点，于点，的角平分线交于点．且的半径为5，连接，则 ；若弦的长为6，则 ． 【答案】 【分析】连接、，过点作交于点，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质证明，在中利用勾股定理求出即可；利用圆周角定理求出，从而证明是等腰直角三角形，进而求出、的值，在中利用勾股定理求出，从而由计算出即可． 【详解】解：连接、，过点作交于点，如下图， ∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， 又∵， ∴， ∴，即是等腰直角三角形， ∵，且， 即，解得， 在中，利用勾股定理，得， ∴． 故答案为：，． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键． 14．已知点在上，，把劣弧沿着直线折叠交弦于点．，，则的长为 ． 【答案】 【分析】取点在上的对应点E，连接，过点作于点，根据四边形内接于，有，根据折叠的性质有，可证明，即是等腰三角形，则有，进而有，再解直角三角形求得，然后利用勾股定理求得，易证得是等边三角形，得到，然后利用弧长公式求得即可． 【详解】解：取点在上的对应点，连接，过点作于点，如图， ∵四边形内接于， ∴， ∵点在上的对应点为点， ∴根据折叠的性质有， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是直角三角形， ∵， 在中，， 在中，， ∵，∴， ∵，∴是等边三角形，∴， ∴的长为； 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆中折叠的问题，圆内接四边形的性质，含角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式，正确作出辅助线是解题的关键． 15．如图，点D是等腰的斜边的中点，点P是以为直径的上一动点，线段绕点C顺时针方向旋转得线段，若，则线段的最小值是 ． 【答案】 【分析】把线段绕点C顺时针方向旋转得线段，连接，，过A作于F，根据旋转的性质，可证，得出，证明四边形是正方形，可得出，根据勾股定理可求出，根据，判断出Q在以E为圆心，1为半径的圆上运动，则当A、Q、E三点共线，且Q在A、E之间时，取最小值为，即可求解． 【详解】解：把线段绕点C顺时针方向旋转得线段，连接，，过A作于F， ∵点D是等腰的斜边的中点，， ∴， ∵O为中点， ∴， ∴， ∵旋转， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵，，D为中点， ∴，， 又，， ∴四边形是矩形， 又， ∴矩形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴Q在以E为圆心，1为半径的圆上运动， ∴当A、Q、E三点共线，且Q在A、E之间时，取最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适的辅助线，构造全等三角形，判断出Q在以E为圆心，1为半径的圆上运动是解题的关键． 16．如图，在四边形中，，过A，C，D的圆交于点E，连结，已知，．若，则圆的半径为 ． 【答案】/ 【分析】由， ，可得，如图，作于，于，则，由勾股定理得，，由，可求，由四边形是圆内接四边形，，，可得，则四边形是等腰梯形，如图，作于，于，则，，由勾股定理得，，则，如图，作圆心，连接，作于，交于，则，，设，则，由勾股定理得，，即①；，即②；①②联立求出满足要求的解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， 如图，作于，于， ∴， 由勾股定理得，， ∵， ∴， 解得，， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是等腰梯形， 如图，作于，于， ∴，， 由勾股定理得，， ∴， 如图，作圆心，连接，作于，交于， ∴，， 设，则， 由勾股定理得，，即①； ，即②； 得，， 将代入①得，， 解得，或（舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，等弧所对的弦相等，垂径定理，等腰梯形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识．熟练掌握圆内接四边形的性质，等弧所对的弦相等，垂径定理，等腰梯形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质是解题的关键． 17．如图，是的直径，C为上一点，，P为圆上一动点，M为的中点，连接，若的半径为4，则长的最大值是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理，由得出点M的移动轨迹，再根据圆外一点到圆上一点最大距离进行计算即可． 【详解】解：如图，取中点，连接，，， ∵M为的中点， ∴， ∴， ∴当点P在上移动时，的中点M的轨迹是以为直径的， ∴交于点M，此时的值最大， 由题意得，，， 在中，，， ∴， ∴， 故答案为：． 18．如图，四边形是的外切四边形，且，，若四边形的面积等于，则的半径等于 ． 【答案】 【分析】本题考查了切线的性质，切线长定理，设点为四边形与的切点，连接，由切线长定理可得，，，，由，可得，进而可得，设，最后根据面积可得，据此即可求解，掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键． 【详解】解：设点为四边形与的切点，连接，则，，，， 由切线长定理得，，，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 即， 设， ∵四边形的面积等于， ∴， 即， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 19．如图，点、、、在上，且，是延长线上一点，且是中点． (1)求证：； (2)连接并延长交于，延长到使，连接、，试说明； (3)在（2）的条件下，若为，则当=______时，四边形为菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）先判断出是的中位线，得到，再判断出，即可得出结论； （2）连接，得出四边形是平行四边形，证明点在上，则，根据是直径可得，进而根据线段垂直平分的性质，即可得出结论； （3）若四边形为菱形时，，根据已知为，是直径，可得，进而根据，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵F是的中点， ， ， 是的中位线， , , , , , , （2）如图，连接， 由（1）知， ∵ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴ ∴点在上，则 ∵是直径， ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴垂直平分 ∴ （3）由（2）可得 若四边形为菱形，则， ∴ ∵为，是直径，则为， ∴ ∴ ∴在（2）的条件下，若为，则当时，四边形为菱形． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，同圆中等弧所对的弦相等，平行四边形的性质与判定，圆周角定理，平行线的性质与判定，菱形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 20．如图，是的直径，交于点E，，连结，． (1)若，求的度数； (2)如图2，点在上，作，分别交，于点M，P，，过点作交于点．求证：； (3)如图3，在（2）的条件下，连结，若，，求的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）连接，则可得到，然后得到即可解题； （2）证明： 连接， 设， 可得，， 由， 得， 根据，有， 故， ， 从而； （3）连接， 取中点， 连接， 过作于， 过作交于， 由，，知四边形是平行四边形， 有，推得， 而，可得， 故， 设， 可求出，然后根据勾股定理解题即可． 【详解】（1）解：连接， 则， 又∵是的直径， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）①证明： 连接， 如图： ∵是的直径， ∴， 设， ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∵， ∴； （3）连接， 取中点， 连接， 过作于， 过作交于， 如图： 由（2）知， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∵， 为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， 由知， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得或(舍去)， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及圆周角定理，直角三角形斜边三的中线等于斜边的一半，勾股定理及应用，平行四边形判定与性质等知识，解题的关键是掌握圆的基本性质． 21．（1）【问题情境】是外一点，是上一动点．若的半径为，且，则点到点的最短距离为 ． （2）【直接运用】如图1，在中，，，以为直径的半圆交于点，是弧上的一个动点，连接，则的最小值是 ． （3）【构造运用】如图，已知正方形的边长为，点，分别从点，同时出发，以相同的速度沿边，向终点，运动，连接和交于点，求点到点的距离最小值． （4）【灵活运用】如图3，的半径为，弦，为优弧上一动点，交直线于点，则面积的最大值是 ． 【答案】（1）3（2）（3），理由见解析（4） 【分析】（1）当点是与的交点时，为最短，故可求解； （2）找到中点，当、、在同一直线上时，点到点的最短，故可求解； （3）先证明，再得到，得到的运动轨迹，再根据圆外的点与圆的位置关系特点即可求解； （4）先求出，要想的面积最大，则需要点到的距离最大，根据圆周角与圆心角的关系作根据三线合一得到是等边三角形，故可求出此时的面积． 【详解】解：（1）当点是与的交点时，为最短， ， 故答案为：； （2）如图，连接，当、、在同一直线上时，点到点的最短， ， 的最小值为 故答案为：； （3）， ， ， ， ， ， 故点点在以为直径的圆上运动，连接，与的交点，此交点即为最小时的位置； ， 的最小值为； （4）连接 ， 是等边三角形， ， ， ，要使面积最大，则点到的距离最大， 如图，， 点在以的上， 当时，点到的距离最大， 是等边三角形， 的最大面积为． 【点睛】此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟知点与圆的位置关系，全等三角形的判定与性质、垂径定理及圆周角定理的应用． 22．如图，以点为圆心的圆，交轴于、两点（在的左侧），交轴于、两点（在的下方），，将绕点旋转，得到．    (1)求、两点的坐标； (2)请在图中画出线段、，并判断四边形的形状（不必证明），求出点的坐标； (3)动直线从与重合的位置开始绕点顺时针旋转，到与重合时停止，设直线与交点为，点为的中点，过点作于，连接、．请问在旋转过程中的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由． 【答案】(1)， (2)矩形， (3)不变， 【分析】（1）连接，根据等边对等角，结合三角形的外角求出，根据含30度角的直角三角形的性质，求出的长，得到点，B点的坐标即可； （2）连接并延长，交圆于点，连接，即可得到四边形，根据旋转的性质，推出四边形为矩形，过点M作交于点N，证明，可得点M的坐标； （3）结合题意，得；再结合点Q是的中点，根据直角三角形斜边中线性质，得，从而推导得点E、M、B、G在以点Q为圆心、为半径的圆上，故得；再根据，，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接．    由题意知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ，， ∴， ； （2）解：如图，四边形是矩形，    由题意，得：，， ∴三点共线， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵为直径， ∴， 四边形是矩形． 过点M作交于点N．    在和中， ， ， ，， 又， 点M的坐标为； （3）解：如图，    结合（2）的结论，四边形是矩形，， ， ， ， 点Q是的中点， ， 点E、M、B、G在以点Q为圆心、为半径的圆上， ． ，， ∴， ． 在旋转过程中的大小不变，始终等于． 【点睛】本题属于圆内综合题，考查圆的基本知识，垂径定理，圆周角定理，旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，平面直角坐标系，矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，综合性较强，有一定难度，解题的关键是综合运用上述知识，逐步推导论证． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$