【培优卷】3.5确定圆的条件—2023-2024学年北师大版九年级下册同步测试
一、选择题
1．（2022九上·南开期中）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C均在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立平面直角直角坐标系，则过A，B，C三点的圆的圆心坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】确定圆的条件
【解析】【解答】解：连接，作的垂直平分线，如图所示：
在的垂直平分线上找到一点，则满足：
，
点是过、、三点的圆的圆心，
即的坐标为，
故答案为：C．
【分析】分别作出线段BD和AB的垂直平分线，它们的交点即是点D的坐标。
2．（2021·梧州）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（ ）
A．3 4 B．12 C．6+3 D．6
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，作 的外接圆 连接 过 作 轴于 作 轴于 则四边形 是矩形，
是等边三角形，
故答案为：A
【分析】作△ABC的外接圆圆D， 连接DA，DB，DC，过点D作DH⊥x轴于点H， 作DG⊥y 轴于点G，则四边形DGOH是矩形，利用点的坐标可求出AB的长，∠ADB=60°，同时可证得DA=DB，可推出△ABD是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出AG，BG的长，利用勾股定理求出DG的长；从而可求出OH，DH的长，利用勾股定理求出CH的长，然后根据OC=OH+CH，可求出OC的长，即可得到点C的坐标.
3．（2023·汕尾模拟）如图，在的正方形网格中（小正方形的连长为1），有6个点A、B、C、D、E、F，若过A、B、C三点作圆O，则点D、E、F三点中在圆O外的有（ ）个
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】点与圆的位置关系；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：连接AC、OD、OE，
∵△ABC为直角三角形，
∴过点A、B、C的圆的圆心为Rt△ABC斜边的中点，设圆心为O，半径为r.
∵AC=，
∴r=.
∵OD=OE=，
∴D、E在圆上.
∵OF=3>r，
∴F在圆外，
∴点D、E、F三点中在圆O外的有1个.
故答案为：B.
【分析】连接AC、OD、OE，可得过点A、B、C的圆的圆心为Rt△ABC斜边的中点，设圆心为O，半径为r，利用勾股定理求出AC的值，进而求出r，然后利用勾股定理求出OD、OE，据此进行判断.
4．（2021九上·临清期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，为，点A的坐标是，，把绕点A按顺时针方向旋转后，得到，则的外接圆圆心坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的外接圆与外心；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，取AB'中点P，过点P分别作PE⊥x轴，垂足为点E，连接PO'，
∵把绕点A按顺时针方向旋转后，得到，
∴AB＝AB'，∠BAB'＝90°，∠B'O'A＝∠BOA＝90°，
∵点P为AB'的中点，
∴PA＝PB'＝PO'＝AB'，
∴的外接圆圆心为点P，
∵∠BAO＝60°，∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝90°－∠BAO＝30°，
∴OA＝AB，
∵点A的坐标为（1，0），
∴OA＝1，
∴AB'＝AB＝2OA＝2，
∴PA＝AB'＝1，
∵∠BAB'＝90°，∠BAO＝60°，
∴∠PAE＝180°－∠BAB'－∠BAO＝30°，
∴PE＝PA＝，
∴在Rt△PEA中，，
∴点P的坐标为．
【分析】取AB'中点P，过点P分别作PE⊥x轴，垂足为点E，连接PO'，根据直角三角形的性质得出OB，再根据旋转变化只改变图形的位置而不改变图形的形状与大小，可得出OA＝AB，
PA＝AB'＝1，PE＝PA＝，即可得出结论。
5．（2022·杭州）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC=θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（ ）
A．cosθ(1+cosθ) B．cosθ(1+sinθ)
C．sinθ(1+sinθ) D．sinθ(1+cosθ)
【答案】D
【知识点】垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；解直角三角形
【解析】【解答】解：当△ABC的高经过圆心时即点A和点A′重合时，此时△ABC的面积最大，
∵A′D⊥BC，
∴BC=2BD，∠BOD=∠BAC=θ，
在Rt△BOD中，
BD=OBsinθ=sinθ，OD=OBcosθ=cosθ，
∴BC=2sinθ，AD=1+cosθ
∴.
故答案为：D.
【分析】当△ABC的高经过圆心时即点A和点A′重合时，此时△ABC的面积最大，利用垂径定理和圆周角定理可证得BC=2BD，∠BOD=∠BAC=θ，利用解直角三角形表示出BD，OD的长，由此可得到AD，BC的长；然后利用三角形的面积公式可求出△ABC的最大面积.
6．（2021九上·滨湖期中）如图，AB＝AD＝6，∠A＝60°，点C在∠DAB内部且∠C＝120°，则CB＋CD的最大值（ ）
A．4 B．8 C．10 D．6
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD，在AC上取一点，使得DM=DC
∵∠DAB＝60°，∠DCB=120°，
∴∠DAB+∠DCB＝180°
∴A、B、C、D四点共圆
∵AD=AB，∠DAB=60°
∴△ADB是等边三角形
∴∠ABD=∠ACD=60°
∵DM=DC
∴△DMC是等边三角形
∴∠ADB=∠MDC=60°，CM=DC
∴∠ADM=∠BDC
∵AD=BD
∴△ADM≌△BDC
∴AM=BC
∴AC=AM+MC=BC+CD
∵四边形ABCD的周长为AD+AB+CD+BC=AD+AB+AC
∵AD=AB=6
∴当AC最大时，四边形ABCD的周长最大，则CB＋CD最大
∴当AC是△ABC的外接圆的直径时，CB＋CD最大
此时C点在 中点处
∴∠CAB=30°
∴AC最大值=AB÷cos30°=4
∴CB＋CD最大为AC=4 .
故答案为：A.
【分析】连接AC、BD，在AC上取一点M，使得DM=DC，则A、B、C、D四点共圆，易得△ADB是等边三角形，得到∠ABD=∠ACD=60°，推出△DMC是等边三角形，则∠ADB=∠MDC=60°，CM=DC，证明△ADM≌△BDC，得到AM=BC，推出当AC是△ABC的外接圆的直径时，CB＋CD最大，此时C点在中点处，则∠CAB=30°，利用三角函数的概念求出AC的最大值，据此解答.
7．（2021九上·乐清期末）图，抛物线的图像与x轴交于点A，B，交y轴于点C，动点P在射线AB运动，作△BCP的外接圆⊙M，当圆心M落在该抛物线上时，则AP的值（ ）
A．3 B．4 C．5 D．3.5
【答案】A
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；等腰三角形的性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：令 ，，解得或，
故 ， ，
令，则， ，
线段的垂直平分线为，
的外接圆的圆心在线段的垂直平分线上，
由，解得或（舍弃），
点坐标为，
如图1中，作于，
，，
，
，.
故答案为：A.
【分析】△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y=-x上，然后求出直线y=-x与抛物线的交点，即得点M，再确定点P并求出AP的长即可.
8．（2020·石家庄模拟）如图，以点 为圆心， 为半径作扇形 已知: 点 在 上，且 垂直平分 动点 在线段 上运动(不与点 重合)，设 的外心为 ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心；直角三角形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图， 为直角三角形，
的外心是 的中点，
当P，C重合时， 最短，
过 作 于H，过 作 于 ，
垂直平分
四边形 为矩形，
故答案为：B．
【分析】先判断 最短时， 的位置，过 作 于H，过 作 于 ，利用三角形的中位线的性质与勾股定理求解即可．
二、填空题
9．（2023九上·余姚期末）如图，点B、E、C在一直线上，在直线同侧，，，当时，外接圆的半径为 ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；三角形的外接圆与外心；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：过点B作BH⊥AE于点H，过点C作CO⊥DE交BH的延长线于点O，过点O作OF⊥BC于点F，
∵BE=BA，
∴AH垂直平分AE，
∵CD=CE，
∴CO垂直平分DE，
∴点O是△ADE的外心，
∴∠OBC=∠ABE=α，∠OCB=∠DCE=α，
∴∠OBC=∠OCB，
∴OB=OC，
∵OF⊥BC，
∴CF=CB=（BE+CE）=，
∴EF=CE-CF=，
∵ ，
∴
解之：，
∴.
故答案为：.
【分析】过点B作BH⊥AE于点H，过点C作CO⊥DE交BH的延长线于点O，过点O作OF⊥BC于点F，利用已知可证得AH垂直平分AE，CO垂直平分DE，可得到点O是△ADE的外心，由此可证得∠OBC=∠OCB，利用等角对等边可知OB=OC；再利用等腰三角形的性质可求出CF的长，即可得到EF的长，利用锐角三角形函数的定义可求出OF的长；然后利用勾股定理求出OE的长，即可得到△ADE的外接圆的半径.
10．（2021九上·越城期中）一个直角三角形的两条边长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，则此直角三角形的外接圆的直径为 .
【答案】4或5
【知识点】因式分解法解一元二次方程；勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：x2﹣7x+12＝0，
（x﹣3）（x﹣4）＝0，
解得：x1＝3，x2＝4，
①当直角边分别为3，4时，
斜边为： ＝5，
此时直角三角形外接圆的直径为5，
②当直角边为3，斜边为4时，
此时直角三角形外接圆直径为4.
故答案为：4或5.
【分析】利用因式分解法可得x1＝3，x2＝4，然后分①直角边分别为3，4；②直角边为3，斜边为4，借助勾股定理求出斜边长，然后根据斜边长即为外接圆的直径进行解答.
11．（2022·江北模拟）如图，在 中， 为 延长线上一点，连接 ，则 的最大值是 ．
【答案】
【知识点】垂径定理；三角形的外接圆与外心；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图作△BCD外接圆⊙O，作BH⊥AC于H，DE⊥AC于E，连接OB，过点O作OG⊥BC，
∵∠BEC=2∠BDC=120°，
∴∠OBC=∠OCB=∠ACB=30°，
∴圆心O在AC上，
∵OG⊥BC，
∴BG=BC，
∴BE=，
∵BH⊥AC于点H，DE⊥AC于点E，
∴∠BHA=∠DEA=90°，
又∵∠HAB=∠EAD，
∴△BAH∽△DAE，
∴，
∵∠BCH=30°，
∴BH=BC，
当BE=，即E与点O重合时，的值最大，
∴.
故答案为：.
【分析】如图作△BCD外接圆⊙O，作BH⊥AC于H，DE⊥AC于E，连接OB，过点O作OG⊥BC，由∠BEC=2∠BDC=120°，得∠OBC=∠OCB=∠ACB=30°，圆心O在AC上，由垂径定理及特殊角的三角函数值可求得BE=，再由BH⊥AC于点H，DE⊥AC于点E，可得∠BHA=∠DEA=90°，从而可证明
△BAH∽△DAE，由相似性质得，由∠BCH=30°，得BH=BC，当BE=，即E与点O重合时，的值最大，代入数据即可求得的最大值.
12．（2021九上·潮安期末）如图，和都是等边三角形，，，固定，把绕点C旋转任意角度，连接AD，BE，设AD，BE所在的直线交于点O，则在旋转过程中，始终有，且的大小保持不变，这时点O到直线AB的最大距离为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC = BC， CD = CE，∠BAC =∠ABC =∠ACB =∠DCE=60°，
∴∠ACE＋∠DCE =∠ACE＋∠ACB，
即∠ACD＝∠BCE，
则△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAD = ∠CBE，
∴∠AOB = ∠ACB=60°，
作△ABC的外接圆⊙M，如图：
则点O在⊙M上，
作OF⊥AB于点F，
则当点O与点C重合时，点O到直线AB的距离最大，最大距离为线段CF的长，
在Bt△ACF中，
AF = BF = AB=3，
CF =AF =3，
即点O到直线AB的最大距离为3
故答案为：.
【分析】根据等边三角形的性质可得AC=BC，CD=CE，∠BAC=∠ABC=∠ACB=∠DCE=60°，结合角的和差关系得∠ACD＝∠BCE，证明△ACD≌△BCE，得到∠CAD=∠CBE，推出∠AOB=∠ACB=60°，作△ABC的外接圆⊙M，作OF⊥AB于点F，则当点O与点C重合时，点O到直线AB的距离最大，最大距离为线段CF的长，据此求解.
三、综合题
13．（2022九上·瑞安期中）如图，已知给定等边△ABC及边AB上点D．
（1）作经过点B，C，D的⊙O（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹并写出结论）．
（2）若BC＝6，BD＝4，求OA的长．（说明：O为（1）小题所作圆的圆心）
【答案】（1）解：如图，⊙O即为所求．
（2）解：设线段BC的垂直平分线交BC于点E，线段BD的垂直平分线交BD于点F，
∴BD＝DF＝ BD＝2，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝6，点A，O，E在同一条直线上，
∴∠BAE＝30°，AF＝4，
在Rt△AOF中，cos30°＝ ，
解得AO＝ ，
经检验，AO＝ 是原方程的解且符合题意，
∴OA的长为 ．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的性质；三角形的外接圆与外心；锐角三角函数的定义；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】（1）分别作线段BC、BD的垂直平分线，交点即为圆心O，然后以O为圆心，BO为半径作圆即可；
（2）设线段BC的垂直平分线交BC于点E，线段BD的垂直平分线交BD于点F，则BF＝DF＝BD＝2，根据等边三角形的性质可得AB＝BC＝6，∠BAE＝30°，AF＝4，然后利用三角函数的概念就可求出AO.
14．（2023·宜城模拟）已知菱形ABCD的边长为4．∠ADC=60°，等边△AEF两边分别交边DC，CB于点E，F．
（1）特殊发现：如图1，若点E，F分别是边DC，CB的中点．求证：菱形ABCD对角线AC，BD的交点O即为等边△AEF的外心；
（2）若点E，F始终分别在边DC，CB上移动，等边△AEF的外心为点P．
①猜想验证：如图2．猜想△AEF的外心P落在哪条直线上，并加以证明；
②学以致用：如图3，当△AEF的面积最小时，过点P任作一直线分别交边DA于点M，交边DC的延长线于点N，求的值．
【答案】（1）证明：如图1，连接OE、0F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ADC，AD=DC=BC.
∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°， .
又∵E、F分别为DC、CB中点，：
.
.
∴点O为△AEF的外心.
（2）解：①猜想：外心P一定落在直线DB上．理由如下：
如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，
∴∠PIE=∠PJD=90°.
∵∠ADC=60°，
∴∠IPJ=360°-∠PIE-∠PJD-∠JDI=120°.
∵点P是等边△AEF的外心，
∴∠EPA=120°，PE=PA.
∴∠IPJ=∠EPA.
∴∠IPE=∠JPA.
∴△PIE≌△PJA.
∴PI=PJ.
∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上；
②当AE⊥DC时．△AEF面积最小，此时点E、F分别为DC、CB中点．
连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心．
如图3．设MN交BC于点G，
设DM=x，DN=y（x≠0．y≠0），则CN=y-4，
∵BC∥DA，
∴△GBP≌△MDP．
∴BG=DM=x．
∴CG=4-x.………9分
∵BC∥DA，
∴△NCG∽△NDM，
∴ .
∴ .
∴ ，
∴ .即 ．
【知识点】菱形的性质；三角形的外接圆与外心；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）连接OE、0F，根据菱形的性质可得AC⊥BD，BD平分∠ADC，AD=DC=BC，则
∠COD=∠COB=∠AOD=90°，∠ADO=∠ADC=30°，由含30°角的直角三角形的性质可得AO=AD，由直角三角形斜边上中线的性质可得OE=CD，OF=BC，则OE=OF=OA，据此证明；
（2）①分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，则∠PIE=∠PJD=90°，结合四边形内角和为360°可得∠IPJ=120°，根据外心的概念可得∠EPA=120°，PE=PA，利用AAS证明△PIE≌△PJA，得到PI=PJ，据此解答；
②当AE⊥DC时．△AEF面积最小，此时点E、F分别为DC、CB的中点，连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心．设MN交BC于点G，DM=x，DN=y，则CN=y-4，利用AAS证明△GBP≌△MDP，得到BG=DM=x，则CG=4-x，利用平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三 角形相似可得△NCG∽△NDM，然后根据相似三角形的性质进行解答.
15．（2019九上·沭阳月考）阅读材料：
“三角形的三个顶点确定一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆、外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形。”（苏科版《数学》九上 2.3确定圆的条件）
问题初探：
（1）三角形的外心到三角形的 距离相等
（2）若点O是△ABC的外心，试探索∠BOC与∠BAC之间的数量关系。
（3）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC。将线段BC绕点B逆时针旋转30°到BD，连接AD、CD。用直尺和圆规在图中作出△BCD的外心O，并求∠ADB的度数。（保留作图痕迹，不写作法。）
【答案】（1）三个顶点
（2）解：①当∠BAC为锐角时，如图1，作直径AD，
∵OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA、∠OAC=∠OCA，则∠BOD=2∠BAO，∠COD=2∠CAO，
∵∠BAC=∠BAO+∠CAO，
∴∠BOC=∠BOD+∠COD=2∠BAO+2∠CAO
=2（∠BAO+∠CAO）=2∠BAC；
②当∠BAC为直角时，如图2，
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴OA=OB=OC，
∴点O是斜边BC的中点，此时∠BOC=180°，∠BAC=90°，
∴∠BOC=2∠BAC；
③当∠BAC为钝角时，如图3，作直径AD，
∵OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA，
则∠BOD=2∠BAO，∠COD=2∠CAO，
∵∠BAC=∠BAO+∠CAO，
∴∠BOC=∠BOA+∠COA=180°-∠BOD+180°-∠COD
=360°-（∠BOD+∠COD）=360°-（2∠BAO+2∠CAO）
=360°-2（∠BAO+∠CAO）=360°-2∠BAC，
即∠BOC=360°-2∠BAC；
综上可知，∠BOC==2∠BAC或∠BOC=360°-2∠BAC
（3）解：如图4，点O为△BCD的外心，
由“将线段BC绕点B逆时针方向旋转30°到BD”可得：∠CBD=30°，CB=DB，
∴∠BCD=∠BDC=75°，
∴∠BOC=2∠BDC=150°.
又点O为△BCD的外心，
∴OB=OC，∠OBC=∠OCB=15°，
又∠ACD=∠ACB-∠BCD=15°，
∴∠ACD=∠BCO，∠OCD=60°，
∵OD=OC，
∴△OCD为等边三角形，
∴CD=CO.
在△DCA和△OCB中，
∵ ，
∴△DCA≌△OCB（SAS），
∴∠ADC=∠BOC=150°，
∴∠ADB=360°-∠ADC-∠BDC=135°
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）；作图-线段垂直平分线
【解析】【解答】解：（1）∵三角形的三顶点都在圆上，
∴圆心到三角形的三顶点的距离相等；
【分析】（1）根据圆上各点到圆心的距离相等得出： 三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等；
（2） ①当∠BAC为锐角时，如图1，作直径AD， 根据等边对等角得出 ∠OAB=∠OBA、∠OAC=∠OCA，根据三角形外角定理得出∠BOD=2∠BAO，∠COD=2∠CAO， 从而根据角的和差，由∠BOC=∠BOD+∠COD=2∠BAO+2∠CAO=2（∠BAO+∠CAO）=2∠BAC，
即可得出结论； ②当∠BAC为直角时，如图2， 根据同圆的半径相等得出 OA=OB=OC， 故 点O是斜边BC的中点，此时∠BOC=180° ，根据直径所对的圆周角是直角得出 ∠BAC=90°， 故 ∠BOC=2∠BAC； ③当∠BAC为钝角时，如图3，作直径AD， 根据等边对等角得出∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA，根据三角形外角定理得出 ∠BOD=2∠BAO，∠COD=2∠CAO， 进而即可由∠BOC=∠BOA+∠COA=180°-∠BOD+180°-∠COD=360°-（∠BOD+∠COD）=360°-（2∠BAO+2∠CAO）=360°-2（∠BAO+∠CAO）=360°-2∠BAC，即∠BOC=360°-2∠BAC，综上所述就可得出答案；
（3）分别作出CD，BC的垂直平分线，两线的交点就是 O为△BCD的外心， 根据旋转的性质得出 ∠CBD=30°，CB=DB， 根据等边对等角及三角形的内角和得出 ∠BCD=∠BDC=75°， 再根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得出 ∠BOC=2∠BDC=150°，然后判断出 △OCD为等边三角形， 根据等边三角形的性质得出CD=CO，进而利用SAS判断出 △DCA≌△OCB ，根据全等三角形的对应角相等得出 ∠ADC=∠BOC=150°， 最后根据周角的定义即可算出∠ADB的度数. ∠ADB的度数.
16．（2022·江北模拟）等边△ABC与正方形DEFG如图1放置，其中D，E两点分别在AB，BC上，且BD＝BE．
（1）求∠DEB的度数；
（2）当正方形DEFG沿着射线BC方向以每秒1个单位长度的速度平移时，CF的长度y随着运动时间变化的函数图象如图2所示，且当t=时，y有最小值1；
①求等边△ABC的边长；
②连结CD，在平移的过程中，求当△CEF与△CDE同时为等腰三角形时t的值；
③从平移运动开始，到GF恰落在AC边上时，请直接写出△CEF外接圆圆心的运动路径的长度．
【答案】（1）解：如图1中，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵BD＝BE，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BED＝60°．
（2）解：①如图2中，
如图正方形DEFG平移过程中，FF′∥BC，易证四边形EFF′E′是平行四边形，
由题意，当CF′⊥BC时，CF′的值最小，此时CF′＝1，
在Rt△CE′F′中，∵∠E′CF′＝90°，∠F′E′C＝30°，CF′＝1，
∴EF＝E′F′＝2，CE′＝，
∵t＝EE′＝，
∴EE′＝CE′＝，
∵BE＝DE＝EF＝2，
∴BC＝BE+EE′+CE′＝2+2．
②如图3中，当E′D′＝E′F′＝CE′＝2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形，此时t＝EE′＝BC﹣BE﹣CE′＝2+2﹣4＝2﹣2．
如图4中，当E′C＝E′D′＝E′F′＝2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形，此时t＝EE′＝BC+CE′﹣BE＝BC＝2+2．
综上所述，t＝2﹣2或2+2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形．
③△CEF外接圆圆心的运动路径的长度为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（2）③如图5中，设△CE′F′的外接圆的圆心为I，连接IE′，CI，IF′，设直线FF′交AC于H，在CB上取一点J，使得CH＝CJ，连接JH，IJ．
∵IE′＝IF′＝IC，
∴∠F′E′C＝∠F′IC，
∵∠F′E′C＝30°，
∴∠CJF′＝60°，
∴△CIF′是等边三角形，
∵CH＝CJ，∠HCJ＝60°，
∴△HCJ是等边三角形，
∴CH＝CJ，CF′＝CI，∠HCJ＝∠F′CI＝60°，
∴∠HCF′＝∠JCI，
∴△HCF′≌△JCI（SAS），
∴F′H＝IJ，∠CHF′＝∠CJI＝120°，
∴点I的运动轨迹是线段，且JI＝HF′，
由①可知FH＝，
∴△CEF外接圆圆心的运动路径的长度为．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得∠B＝60°，结合BD＝BE推出△BDE是等边三角形，据此解答；
（2）①易证四边形EFF′E′是平行四边形，由题意可知：当CF′⊥BC时，CF′的值最小，此时CF′＝1，易得EF＝E′F′＝2，CE′＝，EE′＝CE′＝，BE＝DE＝EF＝2，然后根据BC＝BE+EE′+CE′进行计算；②当E′D′＝E′F′＝CE′＝2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形，此时t＝EE′＝BC-BE-CE′ ；当E′C＝E′D′＝E′F′＝2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形，此时t＝EE′＝BC+CE′-BE＝BC，据此求解；
③设△CE′F′的外接圆的圆心为I，连接IE′，CI，IF′，设直线FF′交AC于H，在CB上取一点J，使得CH＝CJ，连接JH，IJ，易得△CIF′、△HCJ是等边三角形，得到CH＝CJ，CF′＝CI，∠HCJ＝∠F′CI＝60°，证明△HCF′≌△JCI，得到F′H＝IJ，∠CHF′＝∠CJI＝120°，则点I的运动轨迹是线段，且JI＝HF′，据此解答.
1 / 1【培优卷】3.5确定圆的条件—2023-2024学年北师大版九年级下册同步测试
一、选择题
1．（2022九上·南开期中）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C均在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立平面直角直角坐标系，则过A，B，C三点的圆的圆心坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·梧州）在平面直角坐标系中，已知点A（0，1），B（0，﹣5），若在x轴正半轴上有一点C，使∠ACB＝30°，则点C的横坐标是（ ）
A．3 4 B．12 C．6+3 D．6
3．（2023·汕尾模拟）如图，在的正方形网格中（小正方形的连长为1），有6个点A、B、C、D、E、F，若过A、B、C三点作圆O，则点D、E、F三点中在圆O外的有（ ）个
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2021九上·临清期中）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，为，点A的坐标是，，把绕点A按顺时针方向旋转后，得到，则的外接圆圆心坐标是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·杭州）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC=θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（ ）
A．cosθ(1+cosθ) B．cosθ(1+sinθ)
C．sinθ(1+sinθ) D．sinθ(1+cosθ)
6．（2021九上·滨湖期中）如图，AB＝AD＝6，∠A＝60°，点C在∠DAB内部且∠C＝120°，则CB＋CD的最大值（ ）
A．4 B．8 C．10 D．6
7．（2021九上·乐清期末）图，抛物线的图像与x轴交于点A，B，交y轴于点C，动点P在射线AB运动，作△BCP的外接圆⊙M，当圆心M落在该抛物线上时，则AP的值（ ）
A．3 B．4 C．5 D．3.5
8．（2020·石家庄模拟）如图，以点 为圆心， 为半径作扇形 已知: 点 在 上，且 垂直平分 动点 在线段 上运动(不与点 重合)，设 的外心为 ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023九上·余姚期末）如图，点B、E、C在一直线上，在直线同侧，，，当时，外接圆的半径为 ．
10．（2021九上·越城期中）一个直角三角形的两条边长是方程x2﹣7x+12＝0的两个根，则此直角三角形的外接圆的直径为 .
11．（2022·江北模拟）如图，在 中， 为 延长线上一点，连接 ，则 的最大值是 ．
12．（2021九上·潮安期末）如图，和都是等边三角形，，，固定，把绕点C旋转任意角度，连接AD，BE，设AD，BE所在的直线交于点O，则在旋转过程中，始终有，且的大小保持不变，这时点O到直线AB的最大距离为 ．
三、综合题
13．（2022九上·瑞安期中）如图，已知给定等边△ABC及边AB上点D．
（1）作经过点B，C，D的⊙O（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹并写出结论）．
（2）若BC＝6，BD＝4，求OA的长．（说明：O为（1）小题所作圆的圆心）
14．（2023·宜城模拟）已知菱形ABCD的边长为4．∠ADC=60°，等边△AEF两边分别交边DC，CB于点E，F．
（1）特殊发现：如图1，若点E，F分别是边DC，CB的中点．求证：菱形ABCD对角线AC，BD的交点O即为等边△AEF的外心；
（2）若点E，F始终分别在边DC，CB上移动，等边△AEF的外心为点P．
①猜想验证：如图2．猜想△AEF的外心P落在哪条直线上，并加以证明；
②学以致用：如图3，当△AEF的面积最小时，过点P任作一直线分别交边DA于点M，交边DC的延长线于点N，求的值．
15．（2019九上·沭阳月考）阅读材料：
“三角形的三个顶点确定一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆、外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形。”（苏科版《数学》九上 2.3确定圆的条件）
问题初探：
（1）三角形的外心到三角形的 距离相等
（2）若点O是△ABC的外心，试探索∠BOC与∠BAC之间的数量关系。
（3）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC。将线段BC绕点B逆时针旋转30°到BD，连接AD、CD。用直尺和圆规在图中作出△BCD的外心O，并求∠ADB的度数。（保留作图痕迹，不写作法。）
16．（2022·江北模拟）等边△ABC与正方形DEFG如图1放置，其中D，E两点分别在AB，BC上，且BD＝BE．
（1）求∠DEB的度数；
（2）当正方形DEFG沿着射线BC方向以每秒1个单位长度的速度平移时，CF的长度y随着运动时间变化的函数图象如图2所示，且当t=时，y有最小值1；
①求等边△ABC的边长；
②连结CD，在平移的过程中，求当△CEF与△CDE同时为等腰三角形时t的值；
③从平移运动开始，到GF恰落在AC边上时，请直接写出△CEF外接圆圆心的运动路径的长度．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】确定圆的条件
【解析】【解答】解：连接，作的垂直平分线，如图所示：
在的垂直平分线上找到一点，则满足：
，
点是过、、三点的圆的圆心，
即的坐标为，
故答案为：C．
【分析】分别作出线段BD和AB的垂直平分线，它们的交点即是点D的坐标。
2．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，作 的外接圆 连接 过 作 轴于 作 轴于 则四边形 是矩形，
是等边三角形，
故答案为：A
【分析】作△ABC的外接圆圆D， 连接DA，DB，DC，过点D作DH⊥x轴于点H， 作DG⊥y 轴于点G，则四边形DGOH是矩形，利用点的坐标可求出AB的长，∠ADB=60°，同时可证得DA=DB，可推出△ABD是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出AG，BG的长，利用勾股定理求出DG的长；从而可求出OH，DH的长，利用勾股定理求出CH的长，然后根据OC=OH+CH，可求出OC的长，即可得到点C的坐标.
3．【答案】B
【知识点】点与圆的位置关系；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：连接AC、OD、OE，
∵△ABC为直角三角形，
∴过点A、B、C的圆的圆心为Rt△ABC斜边的中点，设圆心为O，半径为r.
∵AC=，
∴r=.
∵OD=OE=，
∴D、E在圆上.
∵OF=3>r，
∴F在圆外，
∴点D、E、F三点中在圆O外的有1个.
故答案为：B.
【分析】连接AC、OD、OE，可得过点A、B、C的圆的圆心为Rt△ABC斜边的中点，设圆心为O，半径为r，利用勾股定理求出AC的值，进而求出r，然后利用勾股定理求出OD、OE，据此进行判断.
4．【答案】A
【知识点】三角形的外接圆与外心；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：如图，取AB'中点P，过点P分别作PE⊥x轴，垂足为点E，连接PO'，
∵把绕点A按顺时针方向旋转后，得到，
∴AB＝AB'，∠BAB'＝90°，∠B'O'A＝∠BOA＝90°，
∵点P为AB'的中点，
∴PA＝PB'＝PO'＝AB'，
∴的外接圆圆心为点P，
∵∠BAO＝60°，∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝90°－∠BAO＝30°，
∴OA＝AB，
∵点A的坐标为（1，0），
∴OA＝1，
∴AB'＝AB＝2OA＝2，
∴PA＝AB'＝1，
∵∠BAB'＝90°，∠BAO＝60°，
∴∠PAE＝180°－∠BAB'－∠BAO＝30°，
∴PE＝PA＝，
∴在Rt△PEA中，，
∴点P的坐标为．
【分析】取AB'中点P，过点P分别作PE⊥x轴，垂足为点E，连接PO'，根据直角三角形的性质得出OB，再根据旋转变化只改变图形的位置而不改变图形的形状与大小，可得出OA＝AB，
PA＝AB'＝1，PE＝PA＝，即可得出结论。
5．【答案】D
【知识点】垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；解直角三角形
【解析】【解答】解：当△ABC的高经过圆心时即点A和点A′重合时，此时△ABC的面积最大，
∵A′D⊥BC，
∴BC=2BD，∠BOD=∠BAC=θ，
在Rt△BOD中，
BD=OBsinθ=sinθ，OD=OBcosθ=cosθ，
∴BC=2sinθ，AD=1+cosθ
∴.
故答案为：D.
【分析】当△ABC的高经过圆心时即点A和点A′重合时，此时△ABC的面积最大，利用垂径定理和圆周角定理可证得BC=2BD，∠BOD=∠BAC=θ，利用解直角三角形表示出BD，OD的长，由此可得到AD，BC的长；然后利用三角形的面积公式可求出△ABC的最大面积.
6．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD，在AC上取一点，使得DM=DC
∵∠DAB＝60°，∠DCB=120°，
∴∠DAB+∠DCB＝180°
∴A、B、C、D四点共圆
∵AD=AB，∠DAB=60°
∴△ADB是等边三角形
∴∠ABD=∠ACD=60°
∵DM=DC
∴△DMC是等边三角形
∴∠ADB=∠MDC=60°，CM=DC
∴∠ADM=∠BDC
∵AD=BD
∴△ADM≌△BDC
∴AM=BC
∴AC=AM+MC=BC+CD
∵四边形ABCD的周长为AD+AB+CD+BC=AD+AB+AC
∵AD=AB=6
∴当AC最大时，四边形ABCD的周长最大，则CB＋CD最大
∴当AC是△ABC的外接圆的直径时，CB＋CD最大
此时C点在 中点处
∴∠CAB=30°
∴AC最大值=AB÷cos30°=4
∴CB＋CD最大为AC=4 .
故答案为：A.
【分析】连接AC、BD，在AC上取一点M，使得DM=DC，则A、B、C、D四点共圆，易得△ADB是等边三角形，得到∠ABD=∠ACD=60°，推出△DMC是等边三角形，则∠ADB=∠MDC=60°，CM=DC，证明△ADM≌△BDC，得到AM=BC，推出当AC是△ABC的外接圆的直径时，CB＋CD最大，此时C点在中点处，则∠CAB=30°，利用三角函数的概念求出AC的最大值，据此解答.
7．【答案】A
【知识点】二次函数图象与坐标轴的交点问题；等腰三角形的性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：令 ，，解得或，
故 ， ，
令，则， ，
线段的垂直平分线为，
的外接圆的圆心在线段的垂直平分线上，
由，解得或（舍弃），
点坐标为，
如图1中，作于，
，，
，
，.
故答案为：A.
【分析】△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y=-x上，然后求出直线y=-x与抛物线的交点，即得点M，再确定点P并求出AP的长即可.
8．【答案】B
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心；直角三角形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图， 为直角三角形，
的外心是 的中点，
当P，C重合时， 最短，
过 作 于H，过 作 于 ，
垂直平分
四边形 为矩形，
故答案为：B．
【分析】先判断 最短时， 的位置，过 作 于H，过 作 于 ，利用三角形的中位线的性质与勾股定理求解即可．
9．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；三角形的外接圆与外心；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：过点B作BH⊥AE于点H，过点C作CO⊥DE交BH的延长线于点O，过点O作OF⊥BC于点F，
∵BE=BA，
∴AH垂直平分AE，
∵CD=CE，
∴CO垂直平分DE，
∴点O是△ADE的外心，
∴∠OBC=∠ABE=α，∠OCB=∠DCE=α，
∴∠OBC=∠OCB，
∴OB=OC，
∵OF⊥BC，
∴CF=CB=（BE+CE）=，
∴EF=CE-CF=，
∵ ，
∴
解之：，
∴.
故答案为：.
【分析】过点B作BH⊥AE于点H，过点C作CO⊥DE交BH的延长线于点O，过点O作OF⊥BC于点F，利用已知可证得AH垂直平分AE，CO垂直平分DE，可得到点O是△ADE的外心，由此可证得∠OBC=∠OCB，利用等角对等边可知OB=OC；再利用等腰三角形的性质可求出CF的长，即可得到EF的长，利用锐角三角形函数的定义可求出OF的长；然后利用勾股定理求出OE的长，即可得到△ADE的外接圆的半径.
10．【答案】4或5
【知识点】因式分解法解一元二次方程；勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：x2﹣7x+12＝0，
（x﹣3）（x﹣4）＝0，
解得：x1＝3，x2＝4，
①当直角边分别为3，4时，
斜边为： ＝5，
此时直角三角形外接圆的直径为5，
②当直角边为3，斜边为4时，
此时直角三角形外接圆直径为4.
故答案为：4或5.
【分析】利用因式分解法可得x1＝3，x2＝4，然后分①直角边分别为3，4；②直角边为3，斜边为4，借助勾股定理求出斜边长，然后根据斜边长即为外接圆的直径进行解答.
11．【答案】
【知识点】垂径定理；三角形的外接圆与外心；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图作△BCD外接圆⊙O，作BH⊥AC于H，DE⊥AC于E，连接OB，过点O作OG⊥BC，
∵∠BEC=2∠BDC=120°，
∴∠OBC=∠OCB=∠ACB=30°，
∴圆心O在AC上，
∵OG⊥BC，
∴BG=BC，
∴BE=，
∵BH⊥AC于点H，DE⊥AC于点E，
∴∠BHA=∠DEA=90°，
又∵∠HAB=∠EAD，
∴△BAH∽△DAE，
∴，
∵∠BCH=30°，
∴BH=BC，
当BE=，即E与点O重合时，的值最大，
∴.
故答案为：.
【分析】如图作△BCD外接圆⊙O，作BH⊥AC于H，DE⊥AC于E，连接OB，过点O作OG⊥BC，由∠BEC=2∠BDC=120°，得∠OBC=∠OCB=∠ACB=30°，圆心O在AC上，由垂径定理及特殊角的三角函数值可求得BE=，再由BH⊥AC于点H，DE⊥AC于点E，可得∠BHA=∠DEA=90°，从而可证明
△BAH∽△DAE，由相似性质得，由∠BCH=30°，得BH=BC，当BE=，即E与点O重合时，的值最大，代入数据即可求得的最大值.
12．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AC = BC， CD = CE，∠BAC =∠ABC =∠ACB =∠DCE=60°，
∴∠ACE＋∠DCE =∠ACE＋∠ACB，
即∠ACD＝∠BCE，
则△ACD≌△BCE(SAS)，
∴∠CAD = ∠CBE，
∴∠AOB = ∠ACB=60°，
作△ABC的外接圆⊙M，如图：
则点O在⊙M上，
作OF⊥AB于点F，
则当点O与点C重合时，点O到直线AB的距离最大，最大距离为线段CF的长，
在Bt△ACF中，
AF = BF = AB=3，
CF =AF =3，
即点O到直线AB的最大距离为3
故答案为：.
【分析】根据等边三角形的性质可得AC=BC，CD=CE，∠BAC=∠ABC=∠ACB=∠DCE=60°，结合角的和差关系得∠ACD＝∠BCE，证明△ACD≌△BCE，得到∠CAD=∠CBE，推出∠AOB=∠ACB=60°，作△ABC的外接圆⊙M，作OF⊥AB于点F，则当点O与点C重合时，点O到直线AB的距离最大，最大距离为线段CF的长，据此求解.
13．【答案】（1）解：如图，⊙O即为所求．
（2）解：设线段BC的垂直平分线交BC于点E，线段BD的垂直平分线交BD于点F，
∴BD＝DF＝ BD＝2，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝BC＝6，点A，O，E在同一条直线上，
∴∠BAE＝30°，AF＝4，
在Rt△AOF中，cos30°＝ ，
解得AO＝ ，
经检验，AO＝ 是原方程的解且符合题意，
∴OA的长为 ．
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的性质；三角形的外接圆与外心；锐角三角函数的定义；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】（1）分别作线段BC、BD的垂直平分线，交点即为圆心O，然后以O为圆心，BO为半径作圆即可；
（2）设线段BC的垂直平分线交BC于点E，线段BD的垂直平分线交BD于点F，则BF＝DF＝BD＝2，根据等边三角形的性质可得AB＝BC＝6，∠BAE＝30°，AF＝4，然后利用三角函数的概念就可求出AO.
14．【答案】（1）证明：如图1，连接OE、0F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ADC，AD=DC=BC.
∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°， .
又∵E、F分别为DC、CB中点，：
.
.
∴点O为△AEF的外心.
（2）解：①猜想：外心P一定落在直线DB上．理由如下：
如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，
∴∠PIE=∠PJD=90°.
∵∠ADC=60°，
∴∠IPJ=360°-∠PIE-∠PJD-∠JDI=120°.
∵点P是等边△AEF的外心，
∴∠EPA=120°，PE=PA.
∴∠IPJ=∠EPA.
∴∠IPE=∠JPA.
∴△PIE≌△PJA.
∴PI=PJ.
∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上；
②当AE⊥DC时．△AEF面积最小，此时点E、F分别为DC、CB中点．
连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心．
如图3．设MN交BC于点G，
设DM=x，DN=y（x≠0．y≠0），则CN=y-4，
∵BC∥DA，
∴△GBP≌△MDP．
∴BG=DM=x．
∴CG=4-x.………9分
∵BC∥DA，
∴△NCG∽△NDM，
∴ .
∴ .
∴ ，
∴ .即 ．
【知识点】菱形的性质；三角形的外接圆与外心；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）连接OE、0F，根据菱形的性质可得AC⊥BD，BD平分∠ADC，AD=DC=BC，则
∠COD=∠COB=∠AOD=90°，∠ADO=∠ADC=30°，由含30°角的直角三角形的性质可得AO=AD，由直角三角形斜边上中线的性质可得OE=CD，OF=BC，则OE=OF=OA，据此证明；
（2）①分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，则∠PIE=∠PJD=90°，结合四边形内角和为360°可得∠IPJ=120°，根据外心的概念可得∠EPA=120°，PE=PA，利用AAS证明△PIE≌△PJA，得到PI=PJ，据此解答；
②当AE⊥DC时．△AEF面积最小，此时点E、F分别为DC、CB的中点，连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心．设MN交BC于点G，DM=x，DN=y，则CN=y-4，利用AAS证明△GBP≌△MDP，得到BG=DM=x，则CG=4-x，利用平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三 角形相似可得△NCG∽△NDM，然后根据相似三角形的性质进行解答.
15．【答案】（1）三个顶点
（2）解：①当∠BAC为锐角时，如图1，作直径AD，
∵OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA、∠OAC=∠OCA，则∠BOD=2∠BAO，∠COD=2∠CAO，
∵∠BAC=∠BAO+∠CAO，
∴∠BOC=∠BOD+∠COD=2∠BAO+2∠CAO
=2（∠BAO+∠CAO）=2∠BAC；
②当∠BAC为直角时，如图2，
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴OA=OB=OC，
∴点O是斜边BC的中点，此时∠BOC=180°，∠BAC=90°，
∴∠BOC=2∠BAC；
③当∠BAC为钝角时，如图3，作直径AD，
∵OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA，
则∠BOD=2∠BAO，∠COD=2∠CAO，
∵∠BAC=∠BAO+∠CAO，
∴∠BOC=∠BOA+∠COA=180°-∠BOD+180°-∠COD
=360°-（∠BOD+∠COD）=360°-（2∠BAO+2∠CAO）
=360°-2（∠BAO+∠CAO）=360°-2∠BAC，
即∠BOC=360°-2∠BAC；
综上可知，∠BOC==2∠BAC或∠BOC=360°-2∠BAC
（3）解：如图4，点O为△BCD的外心，
由“将线段BC绕点B逆时针方向旋转30°到BD”可得：∠CBD=30°，CB=DB，
∴∠BCD=∠BDC=75°，
∴∠BOC=2∠BDC=150°.
又点O为△BCD的外心，
∴OB=OC，∠OBC=∠OCB=15°，
又∠ACD=∠ACB-∠BCD=15°，
∴∠ACD=∠BCO，∠OCD=60°，
∵OD=OC，
∴△OCD为等边三角形，
∴CD=CO.
在△DCA和△OCB中，
∵ ，
∴△DCA≌△OCB（SAS），
∴∠ADC=∠BOC=150°，
∴∠ADB=360°-∠ADC-∠BDC=135°
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）；作图-线段垂直平分线
【解析】【解答】解：（1）∵三角形的三顶点都在圆上，
∴圆心到三角形的三顶点的距离相等；
【分析】（1）根据圆上各点到圆心的距离相等得出： 三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等；
（2） ①当∠BAC为锐角时，如图1，作直径AD， 根据等边对等角得出 ∠OAB=∠OBA、∠OAC=∠OCA，根据三角形外角定理得出∠BOD=2∠BAO，∠COD=2∠CAO， 从而根据角的和差，由∠BOC=∠BOD+∠COD=2∠BAO+2∠CAO=2（∠BAO+∠CAO）=2∠BAC，
即可得出结论； ②当∠BAC为直角时，如图2， 根据同圆的半径相等得出 OA=OB=OC， 故 点O是斜边BC的中点，此时∠BOC=180° ，根据直径所对的圆周角是直角得出 ∠BAC=90°， 故 ∠BOC=2∠BAC； ③当∠BAC为钝角时，如图3，作直径AD， 根据等边对等角得出∠OAB=∠OBA，∠OAC=∠OCA，根据三角形外角定理得出 ∠BOD=2∠BAO，∠COD=2∠CAO， 进而即可由∠BOC=∠BOA+∠COA=180°-∠BOD+180°-∠COD=360°-（∠BOD+∠COD）=360°-（2∠BAO+2∠CAO）=360°-2（∠BAO+∠CAO）=360°-2∠BAC，即∠BOC=360°-2∠BAC，综上所述就可得出答案；
（3）分别作出CD，BC的垂直平分线，两线的交点就是 O为△BCD的外心， 根据旋转的性质得出 ∠CBD=30°，CB=DB， 根据等边对等角及三角形的内角和得出 ∠BCD=∠BDC=75°， 再根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得出 ∠BOC=2∠BDC=150°，然后判断出 △OCD为等边三角形， 根据等边三角形的性质得出CD=CO，进而利用SAS判断出 △DCA≌△OCB ，根据全等三角形的对应角相等得出 ∠ADC=∠BOC=150°， 最后根据周角的定义即可算出∠ADB的度数. ∠ADB的度数.
16．【答案】（1）解：如图1中，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∵BD＝BE，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BED＝60°．
（2）解：①如图2中，
如图正方形DEFG平移过程中，FF′∥BC，易证四边形EFF′E′是平行四边形，
由题意，当CF′⊥BC时，CF′的值最小，此时CF′＝1，
在Rt△CE′F′中，∵∠E′CF′＝90°，∠F′E′C＝30°，CF′＝1，
∴EF＝E′F′＝2，CE′＝，
∵t＝EE′＝，
∴EE′＝CE′＝，
∵BE＝DE＝EF＝2，
∴BC＝BE+EE′+CE′＝2+2．
②如图3中，当E′D′＝E′F′＝CE′＝2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形，此时t＝EE′＝BC﹣BE﹣CE′＝2+2﹣4＝2﹣2．
如图4中，当E′C＝E′D′＝E′F′＝2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形，此时t＝EE′＝BC+CE′﹣BE＝BC＝2+2．
综上所述，t＝2﹣2或2+2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形．
③△CEF外接圆圆心的运动路径的长度为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（2）③如图5中，设△CE′F′的外接圆的圆心为I，连接IE′，CI，IF′，设直线FF′交AC于H，在CB上取一点J，使得CH＝CJ，连接JH，IJ．
∵IE′＝IF′＝IC，
∴∠F′E′C＝∠F′IC，
∵∠F′E′C＝30°，
∴∠CJF′＝60°，
∴△CIF′是等边三角形，
∵CH＝CJ，∠HCJ＝60°，
∴△HCJ是等边三角形，
∴CH＝CJ，CF′＝CI，∠HCJ＝∠F′CI＝60°，
∴∠HCF′＝∠JCI，
∴△HCF′≌△JCI（SAS），
∴F′H＝IJ，∠CHF′＝∠CJI＝120°，
∴点I的运动轨迹是线段，且JI＝HF′，
由①可知FH＝，
∴△CEF外接圆圆心的运动路径的长度为．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得∠B＝60°，结合BD＝BE推出△BDE是等边三角形，据此解答；
（2）①易证四边形EFF′E′是平行四边形，由题意可知：当CF′⊥BC时，CF′的值最小，此时CF′＝1，易得EF＝E′F′＝2，CE′＝，EE′＝CE′＝，BE＝DE＝EF＝2，然后根据BC＝BE+EE′+CE′进行计算；②当E′D′＝E′F′＝CE′＝2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形，此时t＝EE′＝BC-BE-CE′ ；当E′C＝E′D′＝E′F′＝2时，△CEF与△CDE同时为等腰三角形，此时t＝EE′＝BC+CE′-BE＝BC，据此求解；
③设△CE′F′的外接圆的圆心为I，连接IE′，CI，IF′，设直线FF′交AC于H，在CB上取一点J，使得CH＝CJ，连接JH，IJ，易得△CIF′、△HCJ是等边三角形，得到CH＝CJ，CF′＝CI，∠HCJ＝∠F′CI＝60°，证明△HCF′≌△JCI，得到F′H＝IJ，∠CHF′＝∠CJI＝120°，则点I的运动轨迹是线段，且JI＝HF′，据此解答.
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