2023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.4 过不共线三点作圆同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·浙江期中）已知在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，则△ABC的外接圆直径为（ ）
A．5 B．12 C．13 D．6.5
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．（2023九上·景县期中）如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标为、、，则外接圆的圆心坐标是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023九上·石家庄期中） 已知锐角中，O是的中点，甲、乙二人想在上找一点P，使得的外心为点O，其做法如图．对于甲、乙二人的做法，正确的是（ ）
A．两人都正确. B．只有甲正确
C．只有乙正确 D．两人都不正确
5．（2022九上·吴江月考）如图，O为锐角三角形ABC的外心，四边形OCDE为正方形，其中E点在△ABC的外部，判断下列叙述不正确的是（ ）
A．O是△AEB的外心，O不是△AED的外心
B．O是△BEC的外心，O不是△BCD的外心
C．O是△AEC的外心，O不是△BCD的外心
D．O是△ADB的外心，O不是△ADC的外心
6．（2023九上·余姚期中）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023七下·青岛期末）如图，在中，，分别作，两边的垂直平分线、，垂足分别是点M、N，以下说法：①；②；③；④点P到点B和点C的距离相等．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
8．（2023·深圳模拟）如图，直线l：分别与x轴、y轴交于点A、B．点P为直线l在第一象限的点．作△POB的外接圆，延长OC交于点D，当△POD的面积最小时，则的半径长为（ ）
A． B．2 C． D．3
二、填空题
9．（2023九上·石家庄月考）在中，，则的外接圆的半径为 ．
10．如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC是⊙O的直径，AB=AC．∠ABC的平分线交AC于点D，交⊙O于点E，连结CE．若CE= ，则BD的长为
11．如图，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C均落在格点上．用一个圆面去覆盖△ABC，能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是
12．（2023九上·瑞安期中）如图，已知半圆O，OB＝．点D在半圆上，AD＝10，在取点C，连结AC，作DH⊥AC于点H，连结BH，则BH的最小值等于 ．
13．（2023·宁波模拟）如图，在等腰三角形纸片中，，将该纸片翻折，使得点C落在边的F处，折痕为，D，E分别在边，上，，若，，则 ，的面积为 .
三、解答题
14．（2021九上·杭州期中）如图，已知抛物线y＝-x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C，⊙M是△ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为（1，4）．
（1）求抛物线的解析式，及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2，在x轴上有点P（7，0），试在直线BC上找点Q，使B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．
15．如图，已知△ABC内接于⊙O，AD、AE分别平分∠BAC和△BAC的外角∠BAF，且分别交圆于点D、F，连接DE，CD，DE与BC相交于点G．
（1）求证：DE是△ABC的外接圆的直径；
（2）设OG=3，CD=，求⊙O的半径．
四、综合题
16．（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．
17．（2023九上·鄞州期末）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆.该小组继续利用上述结论进行探究.
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接，如果，那么A，B，C，D四点在同一个圆上.
探究展示：求证：点A，B，C，D四点在同一个圆上
如图2，作经过点A，C，D的，在劣弧上取一点E（不与A，C重合），连接，，则.
（1）请完善探究展示
（2）如图3，在四边形中，，则∠4的度数为 .
（3）拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点D在上（不与的中点重合），连接.作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接.
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解： 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，由勾股定理得，
∴的外接圆直径为13.
故答案为：C.
【分析】利用勾股定理求得斜边的长，直角三角形的外接圆直径即为斜边的长．
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】坐标与图形性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图所示：连接AB，AC，分别作AB，AC的垂直平分线，两条垂直平分线交于点P，
所以点P为△ABC外接圆的圆心，
∴点P的坐标为（3，1），
即 外接圆的圆心坐标是（3，1），
故答案为：B.
【分析】根据三角形的外心的概念先作图求出点P为△ABC外接圆的圆心，再根据坐标与图形的性质求点的坐标即可。
4．【答案】A
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：由甲的作法可知，△PAB为直角三角形
∴AB为△PAB的外接圆的直径
∵点O为AB中点
∴OA=OB
∴点O为△PAB的外心，故甲的作法正确
由乙的作法可知，OA=OP=OB
∴点O为△PAB的外心，故乙的作法正确
故答案为：A
【分析】根据三角形的外心定义即可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】正方形的性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：连接OB、OD、OA，
∵O为锐角三角形ABC的外心，
∴OA＝OC＝OB，
∵四边形OCDE为正方形，
∴OA＝OC＜OD，
∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，
∴OA＝OE≠OD，即O不是△AED的外心，
OA＝OE＝OB，即O是△AEB的外心，
OA＝OC＝OE，即O是△ACE的外心，
OB＝OA≠OD，即O不是△ABD的外心.
故答案为：C.
【分析】连接OB、OD、OA，根据外心的概念可得OA＝OC＝OB，根据正方形的性质可得OA＝OC＜OD，则OA＝OB＝OC＝OE≠OD，据此判断.
6．【答案】D
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系；确定圆的条件；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴点C在上，且半径为1，
在x轴上取OD=OA=2，连接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=CD，
当OM最大时，即CD最大，
∴当D，B，C三点共线时，OM最大，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD=2，
∴CD=2+1，
∴OM=，
∴OM的最大值为.
故答案为：D.
【分析】根据同圆的半径相等得出，点C在半径为1的上，在x轴上取OD=OA=2，连接CD，根据三角形中位线定理得出OM=CD，从而得出当D，B，C三点共线时，OM最大，求出CD的长，即可得出OM的最大值.
7．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；多边形内角与外角；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：∵PM⊥AC，PM⊥AB，
∴∠PMA=∠PNA=90°，
∵∠BAC=120°，
∴∠P=360°-∠PMA-∠PNA-∠BAC=360°-90°-90°-120°=60°，故①正确；
∠B+∠C=180°-∠BAC=60°，
∵PM、PN垂直平分AC、AB，
∴CE=AE，AF=BF，
∴∠EAC=∠C，∠FAB=∠B，
∴∠EAC+∠FAB=∠C+∠B=60°，
∴∠EAF=∠BAC-（∠EAC+∠FAB）=120°-60°=60°，
∴∠EAF=∠C+∠B，故②正确；
∵∠CEM=90°-∠C，∠BFN=90°-∠B，
由∠B与∠C不一定相等，
∴∠CEM不一定等于∠BFN，
∵∠CEM=∠PEF，∠BFN=∠PFE，
∴∠PEF不一定等于∠PFE，故③错误；
∵PM、PN垂直平分AC、AB，
∴点P是△ABC的外心，
∴PB=PC，故④正确；
故答案为：B.
【分析】由垂直的定义可得∠PMA=∠PNA=90°，利用四边形内角和可求出∠P=360°-∠PMA-∠PNA-∠BAC=60°，利用三角形内角和求出∠B+∠C=60°，由PM、PN垂直平分AC、AB，可得∠EAC=∠C，∠FAB=∠B，点P是△ABC的外心，从而得出∠EAC+∠FAB=60°，PC=PB，即得∠EAF=∠C+∠B，由∠CEM=90°-∠C，∠BFN=90°-∠B，且∠B≠∠C，可得∠CEM≠∠BFN，结合对顶角相等可得∠PEF不一定等于∠PFE，据此逐项判断即可.
8．【答案】B
【知识点】三角形的面积；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：A（8，0），B（4，0），
OA=8，OB=4，
由勾股定理得，
在 中，OD是直径，
，
，
，
，
，
当最小时，则OP最小，
点P在线段AB上运动，
当时，OP最小，
，
，
，
，
，
OD=4，
的半径长为 2.
故答案为：B.
【分析】将表示为，从而当 △POD的面积最小时 ，时，OP最小，再根据三角函数可解出直径得出结果.
9．【答案】12.5
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】∵，
∴AB=，
∴直角△ABC的外角圆的直径为AB的长，
∴ 直角的外接圆的半径为，
故答案为：12.5.
【分析】先利用勾股定理求出AB的长，再利用直角三角形外接圆的直径为斜边长，再求解即可.
10．【答案】
【知识点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，延长BA，CE，交于点M．
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAD=∠CAM=90°，∠BEC=∠BEM=90°，
又AB=AC，∠ABD=∠ACM，
∴△ABD≌△ACM，
∴BD=CM．
由∠EBM=∠EBC，BE= BE，∠BEC=∠BEM，得△BEC≌△BEM，
∴EC=EM，
∴BD=CM=2CE=．
【分析】延长BA，CE，交于点M，证明△ABD≌△ACM（ASA），可得BD=CM．再证△BEC≌△BEM（ASA），可得EC=EM，根据BD=CM=2CE即可求解.
11．【答案】
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，点O为△ABC外接圆的圆心，则OA即为外接圆半径，
能够完全覆盖这个三角形的最小圆即为△ABC外接圆的圆心，
∴OA=，
故答案为：.
【分析】△ABC的外接圆即是能够完全覆盖这个三角形的最小圆，求出此圆的半径即可.
12．【答案】8
【知识点】勾股定理；圆周角定理；点与圆的位置关系；确定圆的条件；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：取AD的中点M，连接BD，BM，HM，如图：
∵DH⊥AC，
∴H点在以M为圆心，MD为半径的圆上，
∴MH=DM=AM，
∵AD=10，
∴，
当B、H、M三点共线时，BH最小，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴，
∴，
∴BH的最小值为BM-MH=13-5=8．
故答案为：8.
【分析】如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MH=5；则可得点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，推出当M、H、B共线时，BH的值最小；根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方分别就出求出BD和BM的值，即可求解.
13．【答案】6；
【知识点】圆周角定理；确定圆的条件；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，延长BA、DE交于点G，
∵折叠，
∴，，，
∵，
∴
∴
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，又，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
如图所示，过点A作AH⊥BC于点H，连接AD，
∵，
∴
∴，
∴
∴
故答案为：，.
【分析】延长BA、DE交于点G，由折叠性质得∠CDE=∠GDF，∠CED=∠DEF，DC=DF，判断出△GFD∽△CED，得，∠C=∠G，由等边对等角得∠C=∠B，故∠B=∠G，由等角对等边得DG=BD=9，代入比例式可求出DF的长，进而可得BC的长，由圆内接四边形的性质推出点A、E、F、D共圆，由同弧所对的圆周角相等得∠FAD=∠FED=∠AFD，由等角对等边得AD=DF=6，过点A作AH⊥BC于点H，连接AD，由等腰三角形的三线合一可得CH的长，进而用勾股定理算出AH的长，最后根据三角形的面积计算公式即可算出△ABC的面积.
14．【答案】（1）解：∵抛物线y＝-x2+bx+c的顶点D的坐标为（1，4），
∴， 解得
抛物线的解析式为y＝-x2+2x+3，
令y＝0，则-x2+2x+3＝0，解得x＝-1或3，
令x＝0，y＝3，
∴A（-1，0），B（3，0），C（0，3）；
（2）解：如图1，连接MB，MC，
∵三角形外心为三边中垂线交点，
∴设M（1，m），
∵MB＝MC，
∴
解得m＝1，
∴M（1，1），
∴MB＝
∴⊙M的半径为，圆心M的坐标为（1，1）；
（3）解：由（1）知，，
，
设直线的函数解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的函数解析式为，
设点的坐标为，
则，
要使三点构成的三角形与相似，则或，此时，
，
①当时，
则，即，
解得，
经检验，是原方程的解，
则此时点的坐标为；
②当时，
则，即，
解得，
经检验，是原方程的解，
则此时点的坐标为；
综上，点的坐标为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；三角形的外接圆与外心；相似三角形的判定与性质；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）由顶点坐标公式直接求出，抛物线的解析式为y＝-x2+2x+3，再令、即可求得点的坐标；
（2）根据三角形外心为三边中垂线交点，设M（1，m），根据两点间的距离公式，即可求得的半径和圆心的坐标；
（3）先算出，再求出直线的函数解析式，设，表示出，分两种情况讨论：①和②，然后根据相似三角形的性质求解即可．
15．【答案】证明：（1）∵AD、AE分别平分∠BAC和△BAC的外角∠BAF，
∴∠1=∠2，∠3=∠EAF，
∵∠1+∠2+∠3+∠EAF=180°，
∴∠2+∠3=90°，
即∠DAE=90°，
∴DE是△ABC的外接圆的直径；
（2）解：连接OC，如图所示：
设⊙O的半径为r，
则OD=OC=r，DG=r﹣3，
∵∠1=∠2，
∴，
∴OD⊥BC，
∴∠OGC=∠DGC=90°，
由勾股定理得：CG2=CD2﹣DG2，CG2=OC2﹣OG2，
∴CD2﹣DG2=OC2﹣OG2，
即（ ）2﹣（r﹣3）2=r2﹣32，
解得：r=5，或r=﹣2（不合题意，舍去），
∴⊙O的半径为5．
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【分析】（1）由角平分线的定义和平角关系得出∠2+∠3=90°，即∠DAE=90°，由90°的圆周角所对的弦是直径，即可得出结论；
（2）连接OC，设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，DG=r﹣3，由垂径定理得出OD⊥BC，由勾股定理得出CD2﹣DG2=OC2﹣OG2，得出方程，解方程即可．
16．【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.
17．【答案】（1）解：如图2，作经过点A，C，D的，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接，，则，
∵，
∴，
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆），
∴点B，D在点A，C，E所确定的上，
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上；
（2）45°
（3）解：①证明：∵，
∴，
∵点与点关于的对称，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴A，D，B，E四点共圆；
②解：的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接，
∵点与点关于的对称，
∴，
∴，
∴，
∵A，D，B，E四点共圆，
∴，
∴，
∴A，B，F，C四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；确定圆的条件；四点共圆模型
【解析】【解答】（2）解：∵，
∴点四点在同一个圆上，
∴，
∵，
∴，
故答案为：45°；
【分析】（1）作经过点A，C，D的圆O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE、CE，由圆内接四边形的性质得∠AEC+∠D=180°，利用等量代换得∠AEC+∠B=180°，故点A，B，C，E四点在同一个圆上 ，从而即可得出结论；
（2）根据（1）的结论可得A、B、C、D四点共圆，进而根据同弧所对的圆周角相等即可求出∠4的度数；
（3）①根据轴对称的性质得到AE＝AC，DE＝DC，根据等边对等角得∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，∠ABC=∠ACB，进而得到∠AED＝∠ABC，根据（1）的结论即可得出A、D、B、E四点共圆；
②的值不发生变化， 理由如下：连接CF，由轴对称的性质及圆周角定理得∠BAF=∠FCD，由（1）的结论判断出 A，B，F，C四点共圆， 根据圆周角定理得∠AFB=∠ACB=∠ABC，证明△ABD∽△AFB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
1 / 12023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.4 过不共线三点作圆同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·浙江期中）已知在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，则△ABC的外接圆直径为（ ）
A．5 B．12 C．13 D．6.5
【答案】C
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解： 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，由勾股定理得，
∴的外接圆直径为13.
故答案为：C.
【分析】利用勾股定理求得斜边的长，直角三角形的外接圆直径即为斜边的长．
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．（2023九上·景县期中）如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标为、、，则外接圆的圆心坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图所示：连接AB，AC，分别作AB，AC的垂直平分线，两条垂直平分线交于点P，
所以点P为△ABC外接圆的圆心，
∴点P的坐标为（3，1），
即 外接圆的圆心坐标是（3，1），
故答案为：B.
【分析】根据三角形的外心的概念先作图求出点P为△ABC外接圆的圆心，再根据坐标与图形的性质求点的坐标即可。
4．（2023九上·石家庄期中） 已知锐角中，O是的中点，甲、乙二人想在上找一点P，使得的外心为点O，其做法如图．对于甲、乙二人的做法，正确的是（ ）
A．两人都正确. B．只有甲正确
C．只有乙正确 D．两人都不正确
【答案】A
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：由甲的作法可知，△PAB为直角三角形
∴AB为△PAB的外接圆的直径
∵点O为AB中点
∴OA=OB
∴点O为△PAB的外心，故甲的作法正确
由乙的作法可知，OA=OP=OB
∴点O为△PAB的外心，故乙的作法正确
故答案为：A
【分析】根据三角形的外心定义即可求出答案.
5．（2022九上·吴江月考）如图，O为锐角三角形ABC的外心，四边形OCDE为正方形，其中E点在△ABC的外部，判断下列叙述不正确的是（ ）
A．O是△AEB的外心，O不是△AED的外心
B．O是△BEC的外心，O不是△BCD的外心
C．O是△AEC的外心，O不是△BCD的外心
D．O是△ADB的外心，O不是△ADC的外心
【答案】C
【知识点】正方形的性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：连接OB、OD、OA，
∵O为锐角三角形ABC的外心，
∴OA＝OC＝OB，
∵四边形OCDE为正方形，
∴OA＝OC＜OD，
∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，
∴OA＝OE≠OD，即O不是△AED的外心，
OA＝OE＝OB，即O是△AEB的外心，
OA＝OC＝OE，即O是△ACE的外心，
OB＝OA≠OD，即O不是△ABD的外心.
故答案为：C.
【分析】连接OB、OD、OA，根据外心的概念可得OA＝OC＝OB，根据正方形的性质可得OA＝OC＜OD，则OA＝OB＝OC＝OE≠OD，据此判断.
6．（2023九上·余姚期中）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；点与圆的位置关系；确定圆的条件；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴点C在上，且半径为1，
在x轴上取OD=OA=2，连接CD，
∵AM=CM，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=CD，
当OM最大时，即CD最大，
∴当D，B，C三点共线时，OM最大，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD=2，
∴CD=2+1，
∴OM=，
∴OM的最大值为.
故答案为：D.
【分析】根据同圆的半径相等得出，点C在半径为1的上，在x轴上取OD=OA=2，连接CD，根据三角形中位线定理得出OM=CD，从而得出当D，B，C三点共线时，OM最大，求出CD的长，即可得出OM的最大值.
7．（2023七下·青岛期末）如图，在中，，分别作，两边的垂直平分线、，垂足分别是点M、N，以下说法：①；②；③；④点P到点B和点C的距离相等．其中正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；多边形内角与外角；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：∵PM⊥AC，PM⊥AB，
∴∠PMA=∠PNA=90°，
∵∠BAC=120°，
∴∠P=360°-∠PMA-∠PNA-∠BAC=360°-90°-90°-120°=60°，故①正确；
∠B+∠C=180°-∠BAC=60°，
∵PM、PN垂直平分AC、AB，
∴CE=AE，AF=BF，
∴∠EAC=∠C，∠FAB=∠B，
∴∠EAC+∠FAB=∠C+∠B=60°，
∴∠EAF=∠BAC-（∠EAC+∠FAB）=120°-60°=60°，
∴∠EAF=∠C+∠B，故②正确；
∵∠CEM=90°-∠C，∠BFN=90°-∠B，
由∠B与∠C不一定相等，
∴∠CEM不一定等于∠BFN，
∵∠CEM=∠PEF，∠BFN=∠PFE，
∴∠PEF不一定等于∠PFE，故③错误；
∵PM、PN垂直平分AC、AB，
∴点P是△ABC的外心，
∴PB=PC，故④正确；
故答案为：B.
【分析】由垂直的定义可得∠PMA=∠PNA=90°，利用四边形内角和可求出∠P=360°-∠PMA-∠PNA-∠BAC=60°，利用三角形内角和求出∠B+∠C=60°，由PM、PN垂直平分AC、AB，可得∠EAC=∠C，∠FAB=∠B，点P是△ABC的外心，从而得出∠EAC+∠FAB=60°，PC=PB，即得∠EAF=∠C+∠B，由∠CEM=90°-∠C，∠BFN=90°-∠B，且∠B≠∠C，可得∠CEM≠∠BFN，结合对顶角相等可得∠PEF不一定等于∠PFE，据此逐项判断即可.
8．（2023·深圳模拟）如图，直线l：分别与x轴、y轴交于点A、B．点P为直线l在第一象限的点．作△POB的外接圆，延长OC交于点D，当△POD的面积最小时，则的半径长为（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【知识点】三角形的面积；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：A（8，0），B（4，0），
OA=8，OB=4，
由勾股定理得，
在 中，OD是直径，
，
，
，
，
，
当最小时，则OP最小，
点P在线段AB上运动，
当时，OP最小，
，
，
，
，
，
OD=4，
的半径长为 2.
故答案为：B.
【分析】将表示为，从而当 △POD的面积最小时 ，时，OP最小，再根据三角函数可解出直径得出结果.
二、填空题
9．（2023九上·石家庄月考）在中，，则的外接圆的半径为 ．
【答案】12.5
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】∵，
∴AB=，
∴直角△ABC的外角圆的直径为AB的长，
∴ 直角的外接圆的半径为，
故答案为：12.5.
【分析】先利用勾股定理求出AB的长，再利用直角三角形外接圆的直径为斜边长，再求解即可.
10．如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC是⊙O的直径，AB=AC．∠ABC的平分线交AC于点D，交⊙O于点E，连结CE．若CE= ，则BD的长为
【答案】
【知识点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，延长BA，CE，交于点M．
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAD=∠CAM=90°，∠BEC=∠BEM=90°，
又AB=AC，∠ABD=∠ACM，
∴△ABD≌△ACM，
∴BD=CM．
由∠EBM=∠EBC，BE= BE，∠BEC=∠BEM，得△BEC≌△BEM，
∴EC=EM，
∴BD=CM=2CE=．
【分析】延长BA，CE，交于点M，证明△ABD≌△ACM（ASA），可得BD=CM．再证△BEC≌△BEM（ASA），可得EC=EM，根据BD=CM=2CE即可求解.
11．如图，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B，C均落在格点上．用一个圆面去覆盖△ABC，能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是
【答案】
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，点O为△ABC外接圆的圆心，则OA即为外接圆半径，
能够完全覆盖这个三角形的最小圆即为△ABC外接圆的圆心，
∴OA=，
故答案为：.
【分析】△ABC的外接圆即是能够完全覆盖这个三角形的最小圆，求出此圆的半径即可.
12．（2023九上·瑞安期中）如图，已知半圆O，OB＝．点D在半圆上，AD＝10，在取点C，连结AC，作DH⊥AC于点H，连结BH，则BH的最小值等于 ．
【答案】8
【知识点】勾股定理；圆周角定理；点与圆的位置关系；确定圆的条件；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：取AD的中点M，连接BD，BM，HM，如图：
∵DH⊥AC，
∴H点在以M为圆心，MD为半径的圆上，
∴MH=DM=AM，
∵AD=10，
∴，
当B、H、M三点共线时，BH最小，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴，
∴，
∴BH的最小值为BM-MH=13-5=8．
故答案为：8.
【分析】如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MH=5；则可得点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，推出当M、H、B共线时，BH的值最小；根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方分别就出求出BD和BM的值，即可求解.
13．（2023·宁波模拟）如图，在等腰三角形纸片中，，将该纸片翻折，使得点C落在边的F处，折痕为，D，E分别在边，上，，若，，则 ，的面积为 .
【答案】6；
【知识点】圆周角定理；确定圆的条件；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，延长BA、DE交于点G，
∵折叠，
∴，，，
∵，
∴
∴
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∵，又，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
如图所示，过点A作AH⊥BC于点H，连接AD，
∵，
∴
∴，
∴
∴
故答案为：，.
【分析】延长BA、DE交于点G，由折叠性质得∠CDE=∠GDF，∠CED=∠DEF，DC=DF，判断出△GFD∽△CED，得，∠C=∠G，由等边对等角得∠C=∠B，故∠B=∠G，由等角对等边得DG=BD=9，代入比例式可求出DF的长，进而可得BC的长，由圆内接四边形的性质推出点A、E、F、D共圆，由同弧所对的圆周角相等得∠FAD=∠FED=∠AFD，由等角对等边得AD=DF=6，过点A作AH⊥BC于点H，连接AD，由等腰三角形的三线合一可得CH的长，进而用勾股定理算出AH的长，最后根据三角形的面积计算公式即可算出△ABC的面积.
三、解答题
14．（2021九上·杭州期中）如图，已知抛物线y＝-x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C，⊙M是△ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为（1，4）．
（1）求抛物线的解析式，及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2，在x轴上有点P（7，0），试在直线BC上找点Q，使B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线y＝-x2+bx+c的顶点D的坐标为（1，4），
∴， 解得
抛物线的解析式为y＝-x2+2x+3，
令y＝0，则-x2+2x+3＝0，解得x＝-1或3，
令x＝0，y＝3，
∴A（-1，0），B（3，0），C（0，3）；
（2）解：如图1，连接MB，MC，
∵三角形外心为三边中垂线交点，
∴设M（1，m），
∵MB＝MC，
∴
解得m＝1，
∴M（1，1），
∴MB＝
∴⊙M的半径为，圆心M的坐标为（1，1）；
（3）解：由（1）知，，
，
设直线的函数解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的函数解析式为，
设点的坐标为，
则，
要使三点构成的三角形与相似，则或，此时，
，
①当时，
则，即，
解得，
经检验，是原方程的解，
则此时点的坐标为；
②当时，
则，即，
解得，
经检验，是原方程的解，
则此时点的坐标为；
综上，点的坐标为或．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；三角形的外接圆与外心；相似三角形的判定与性质；二次函数图象上点的坐标特征
【解析】【分析】（1）由顶点坐标公式直接求出，抛物线的解析式为y＝-x2+2x+3，再令、即可求得点的坐标；
（2）根据三角形外心为三边中垂线交点，设M（1，m），根据两点间的距离公式，即可求得的半径和圆心的坐标；
（3）先算出，再求出直线的函数解析式，设，表示出，分两种情况讨论：①和②，然后根据相似三角形的性质求解即可．
15．如图，已知△ABC内接于⊙O，AD、AE分别平分∠BAC和△BAC的外角∠BAF，且分别交圆于点D、F，连接DE，CD，DE与BC相交于点G．
（1）求证：DE是△ABC的外接圆的直径；
（2）设OG=3，CD=，求⊙O的半径．
【答案】证明：（1）∵AD、AE分别平分∠BAC和△BAC的外角∠BAF，
∴∠1=∠2，∠3=∠EAF，
∵∠1+∠2+∠3+∠EAF=180°，
∴∠2+∠3=90°，
即∠DAE=90°，
∴DE是△ABC的外接圆的直径；
（2）解：连接OC，如图所示：
设⊙O的半径为r，
则OD=OC=r，DG=r﹣3，
∵∠1=∠2，
∴，
∴OD⊥BC，
∴∠OGC=∠DGC=90°，
由勾股定理得：CG2=CD2﹣DG2，CG2=OC2﹣OG2，
∴CD2﹣DG2=OC2﹣OG2，
即（ ）2﹣（r﹣3）2=r2﹣32，
解得：r=5，或r=﹣2（不合题意，舍去），
∴⊙O的半径为5．
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【分析】（1）由角平分线的定义和平角关系得出∠2+∠3=90°，即∠DAE=90°，由90°的圆周角所对的弦是直径，即可得出结论；
（2）连接OC，设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，DG=r﹣3，由垂径定理得出OD⊥BC，由勾股定理得出CD2﹣DG2=OC2﹣OG2，得出方程，解方程即可．
四、综合题
16．（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.
17．（2023九上·鄞州期末）综合与实践
“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆.该小组继续利用上述结论进行探究.
提出问题：
如图1，在线段AC同侧有两点B，D，连接，如果，那么A，B，C，D四点在同一个圆上.
探究展示：求证：点A，B，C，D四点在同一个圆上
如图2，作经过点A，C，D的，在劣弧上取一点E（不与A，C重合），连接，，则.
（1）请完善探究展示
（2）如图3，在四边形中，，则∠4的度数为 .
（3）拓展探究：如图4，已知是等腰三角形，，点D在上（不与的中点重合），连接.作点C关于的对称点E，连接并延长交的延长线于F，连接.
①求证：A，D，B，E四点共圆；
②若，的值是否会发生变化，若不变化，求出其值；若变化，请说明理由
【答案】（1）解：如图2，作经过点A，C，D的，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接，，则，
∵，
∴，
∴点A，B，C，E四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆），
∴点B，D在点A，C，E所确定的上，
∴点A，B，C，D四点在同一个圆上；
（2）45°
（3）解：①证明：∵，
∴，
∵点与点关于的对称，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴A，D，B，E四点共圆；
②解：的值不会发生变化，
理由如下：如图4，连接，
∵点与点关于的对称，
∴，
∴，
∴，
∵A，D，B，E四点共圆，
∴，
∴，
∴A，B，F，C四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
【知识点】垂径定理；圆周角定理；圆内接四边形的性质；确定圆的条件；四点共圆模型
【解析】【解答】（2）解：∵，
∴点四点在同一个圆上，
∴，
∵，
∴，
故答案为：45°；
【分析】（1）作经过点A，C，D的圆O，在劣弧AC上取一点E（不与A，C重合），连接AE、CE，由圆内接四边形的性质得∠AEC+∠D=180°，利用等量代换得∠AEC+∠B=180°，故点A，B，C，E四点在同一个圆上 ，从而即可得出结论；
（2）根据（1）的结论可得A、B、C、D四点共圆，进而根据同弧所对的圆周角相等即可求出∠4的度数；
（3）①根据轴对称的性质得到AE＝AC，DE＝DC，根据等边对等角得∠AEC＝∠ACE，∠DEC＝∠DCE，∠ABC=∠ACB，进而得到∠AED＝∠ABC，根据（1）的结论即可得出A、D、B、E四点共圆；
②的值不发生变化， 理由如下：连接CF，由轴对称的性质及圆周角定理得∠BAF=∠FCD，由（1）的结论判断出 A，B，F，C四点共圆， 根据圆周角定理得∠AFB=∠ACB=∠ABC，证明△ABD∽△AFB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
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