2023-2024学年初中数学沪科版九年级下册 24.2.4 圆的确定 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1cm，BC=cm，则它的外接圆直径是（ ）．
A．1cm B． cm C．2cm D．4cm
2．下列命题不正确的是（ ）
A．过一点有无数个圆
B．过三点能作一个圆
C．三角形的外心是三角形三边的中垂线的交点
D．直角三角形的外接圆的直径为直角三角形的斜边
3．如图，P(x，y) 是以坐标原点为圆心、5为半径的圆周上的点．若P是整点(即x，y为整数)，则这样的点共有（ ）．
A．4个 B．8个 C．12个 D．16个
4．如图所示，在等腰三角形ABC中，，按下列步骤作图：
①以点为圆心、适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于为半径作弧相交于点，作射线AH；
②分别以A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点；
③以点为圆心、线段OA长为半径作圆.由此可得的半径为（ ）.
A． B．10 C．4 D．5
5．（2023·包头）如图，是锐角三角形ABC的外接圆，，垂足分别为D，E，F，连接DE，EF，FD.若的周长为21，则EF的长为（ ）
A．8 B．4 C．3.5 D．3
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·灌云期中）如图，在 中， ∠ACB=90°， cm， cm. 是 边上的一个动点，连接 ，过点 作 于 ，连接 ，在点 变化的过程中，线段 的最小值是（ ）
A．1 B． C．2 D．
8．（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
二、填空题
9．已知直角三角形的两条直角边长分别为6cm，8cm，则此直角三角形的重心与外心之间的距离为 .
10．如图，点A，B，C在同一条直线上，点D在直线AB外，过这四点中的任意3个点，能画出的圆的个数是 个．
11．（2023·湘西）如图，是等边三角形的外接圆，其半径为4．过点B作于点E，点P为线段上一动点（点P不与B，E重合），则的最小值为 ．
12．（2023九上·三台期中）已知的三个顶点都在圆O上，点O到的距离为3，且，则的面积= ．
13．（2022九上·南宁月考）在矩形 中，，点E在边上，，点P为矩形内一点且，点M为边上一点，连接，则的最小值为 .
三、解答题
14．在△ABC中，CE，BD分别是边AB，AC上的高，F是BC边上的中点．
（1）指出图中的一个等腰三角形，并说明理由．
（2）若∠A=x°，求∠EFD的度数（用含x的代数式表达）．
（3）猜想∠ABC和∠EDA的数量关系，并证明．
15．（2023七下·南岗期末）已知：，都是锐角的高．
（1）如图，求证：；
（2）如图，延长至，使，连接，，过点作于点，在上取点，使，连接，求证：；
（3）如图，在(2)的条件下，过点作于点，若，，求线段的长．
四、综合题
16．（2022·建湖模拟）在平面直角坐标系中，二次函数的图象过点和点，与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称.
（1）求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图象上，并说明理由；
（2）若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；
（3）若第四象限有一动点E，满足，过E作轴于点F，设F坐标为，，的内心为I，连接CI，直接写出CI的最小值.
17．（2022·成都模拟）在△ABC中，AC＝BC＝5，tanA＝，E分别是AB，AC边上的动点，作△ADE关于DE对称的图形△A′DE.
（1）如图1，当点A′恰好与点C重合，求DE的长；
（2）如图2，当点A’落在BC的延长线上，且A’E⊥AB，求AD的长；
（3）如图3，若AE=CE，连接A’B，F是A’B的中点，连接CF，在D点的运动过程中，求线段CF长度的最大值.
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：∵∠C=90°，AC=1，BC=，
∴AB=，
∵直角三角形外接圆的圆心在直角三角形斜边的中点，
∴这个直角三角形外接圆的直径为2cm.
故答案为：C.
【分析】用勾股定理求出斜边的长，然后根据直角三角形外接圆的圆心在直角三角形斜边的中点可求解.
2．【答案】B
【知识点】确定圆的条件；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：A、过一点有无数个圆，故A选项是正确的．
B、过不在同一条直线上的三点能作一个圆，故B选项是不正确的．
C、三角形的外心是三角形三边的中垂线的交点，故C选项是正确的．
D、直角三角形的外接圆的直径为直角三角形的斜边，故D选项是正确的．
故答案为：B.
【分析】由确定圆的条件和三角形外接圆、外心的定义和性质即可判断解答.
3．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；确定圆的条件
【解析】【解答】解：分两种情况：①若这个点在坐标轴上，则有四个，分别是：（0，5），（5，0），（-5，0），（0，-5）；
②若这个点在象限内，
∵52=32+42，而P是整数点，
∴这样的点有8个，分别是：（3，4），（3，-4），（-3，4），（-3，-4），（4，3），(4，-3)，（-4，3），（-4，-3）.
∴这样的点共有12个.
故答案为：C.
【分析】由题意分两种情况：①若这个点在坐标轴上，则有四个；②若这个点在象限内，由52=32+42，可知在每一个象限有2个，综合可得： 这样的点共有12个.
4．【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：设AH交BC于点D，连接OC，
由作图过程可得AH平分∠BAC，由等腰三角形的三线合一得AH⊥BC，
∴CD=BC=4，
由作图过程可得MN是线段AB的垂直平分线，
∴NM与AH的交点O就是△ABC外接圆的圆心，
在Rt△ADC中，由勾股定理得AD=2，
设OC=OA=x，则OD=x-2，
在Rt△OCD中，由勾股定理得OD2+CD2=OC2，
∴（x-2）2+42=x2，
解得x=5，即圆O的半径为5.
故答案为：D.
【分析】设AH交BC于点D，连接OC，由作图过程可得AH平分∠BAC，由等腰三角形的三线合一得AH⊥BC，MN是线段AB的垂直平分线，根据垂径定理得NM与AH的交点O就是△ABC外接圆的圆心，在Rt△ADC中，由勾股定理算出AD，在Rt△OCD中，由勾股定理建立方程可求出该圆的半径.
5．【答案】B
【知识点】垂径定理的应用；三角形的外接圆与外心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∴AD=BD，AF=CF，BE=CE，
∴DE，DF，EF是△ABC的中位线，
∴，，，
∴，
∵DE+DF=6.5，
∴EF=4，
故选：B.
【分析】根据垂径定理得AD=BD，AF=CF，BE=CE，再根据三角形中位线定理计算出DE+DF+EF的值，结合已知条件可以得出EF的长。
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】线段的性质：两点之间线段最短；勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，
由题意知， ，
在以 为直径的 的 上（不含点 、可含点 ，
最短时，即为连接 与 的交点（图中点 点），
在 中， ， ，则 .
，
长度的最小值 .
故答案为：A.
【分析】以AC为直径作圆，圆心为M，作MF⊥AB于点F，由题意知∠AEC=90°，连接BM与圆相交于点E，此时BE取得最小值，在Rt△BCM中，应用勾股定理求出BM，据此求解.
8．【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.
9．【答案】
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心；三角形的重心及应用
【解析】【解答】解：如图，在Rt△ABC中，AC=6cm，BC=8cm，CD为中线，点G为CD的重心，
∴AB==10cm，
在Rt△ABC中，CD为中线，
∴点D为△ABC的外心，CD=AB=5cm，
∴GD=CD=cm，
故答案为：cm.
【分析】在Rt△ABC中，CD为中线，点G为CD的重心，可知点D为△ABC的外心，根据三角形重心的性质可知GD=CD，根据直角三角形斜边中线的性质求出CD的长，继而得解.
10．【答案】3
【知识点】确定圆的条件
【解析】【解答】解：如图，点A，B，C在同一条直线上，点D在直线AB外，过这四点中的任意3个点，能画出的圆的个数是3个.
故答案为：3.
【分析】根据不在同一直线上的三个点确定一个圆可求解.
11．【答案】6
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图所示：连接AO，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，
∴∠ABE=∠CBE=∠ABC=30°，
∵是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4，
∴OA=OB=4，CF⊥AB，
∴∠OBA= ∠OAB=30°，
∴∠OAE=∠OAB=∠BAC=30°，
∵BE ⊥AC，
∴OE=OA=2，
∴BE =EO+BO=2+4=6，
∵PD⊥AB，∠ABE=30°，
∴，
∴，
∴的最小值为CF的长度，
∵△ ABC是等边三角形，BE ⊥AC，CF⊥AB，
∴CF=BE= 6，
∴的最小值为6，
故答案为：6.
【分析】根据等边三角形的性质求出∠ABE=∠CBE=∠ABC=30°，再根据圆内接三角形的性质求出OA=OB=4，CF⊥AB，最后根据含30°角的直角三角形的性质等计算求解即可。
12．【答案】或8
【知识点】垂径定理的应用；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：当圆心O在△ABC的内部时，如图：
连接CO并延长交AB于E，
∵CA=CB，
∴CE⊥AB于E，
∴OE=3，AE=4，
在Rt△AEO中根据勾股定理得：AO=，
∴CO=AO=5，
∴CE=5+3=8.
∴S△ABC=AB×CE=32.
当点O在△ABC外面时 ，如图：
连接CO交AB于E，连接OA，
∵CA=CE，
∴CE=AB=4，CE⊥AB，0E=3，
在Rt△AEO中根据勾股定理得：AO=，
∴CE=5-3=2，
∴S△ABC=AB×CE=8.
故答案为：32或8.
【分析】分点O在△ABC内还是外计算，先根据题意作图，再根据垂径定理和勾股定理计算出三角形的高即可.
13．【答案】
【知识点】矩形的性质；确定圆的条件；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，
∵，
∴点P在以为直径的圆O上运动，
作点D关于的对称点G，连接交 于点P，交于M，的最小值是的长，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴的最小值为：.
故答案为：.
【分析】由可知点P在以为直径的圆O上运动，作点D关于的对称点G，连接交 于点P，交于M，的最小值是的长，求出此时PG的长即可.
14．【答案】（1）解：△DEF是等腰三角形．
∵CE，BD分别是边AB，AC上的高，F是BC边上的中点，
∴EF= BC，DF= BC，
∴EF=DF，
∴△DEF是等腰三角形。
（2）解：∵FE=FB，FD=FC，
∴∠FEB=∠FBE，∠FDC=∠FCD，
∴∠FEB+∠FDC=∠FBE+∠FCD=180°﹣∠A=180°﹣x°，
∠AED+∠ADE=180°﹣∠A=180°﹣x°，
∴∠FED+∠FDE=360°﹣（180°﹣x°）﹣（180°﹣x°）=2x°，
∴∠EFD=180°﹣2x°
（3）解：∠ABC=∠EDA．
∵∠BEC=∠BDC=90°，
∴B、E、D、C四点共圆，
∴∠ABC=∠EDA.
【知识点】等腰三角形的判定；确定圆的条件
【解析】【分析】（1）根据“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”可得 EF= BC，DF= BC， 等量代换可得 EF=DF， 最后证得 △DEF是等腰三角形。
（2）根据等边对等角 FE=FB，FD=FC， 可得 ∠FEB=∠FBE，∠FDC=∠FCD， 用含x的代数式表示 ∠FEB+∠FDC 、 ∠AED+∠ADE ，最后求得 ∠EFD 。
（3）根据 ∠BEC=∠BDC=90° ，90度的圆周角所对的弦为直径可得 B、E、D、C四点共圆， 可得 ∠ABC=∠EDA.。
15．【答案】（1）证明：如图，设与相交于点，
，，
，
，
，
（2）解：如图，
，，
，
，，
≌，
．
（3）解：如图，连接，．
≌，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，，
、、、四点共圆，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
设，则，，，在中，，
，
或舍掉，
．
【知识点】三角形的外角性质；三角形的外接圆与外心；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）设AD与EC相交于点F，由同角的余角相等可得∠B=∠AFE，然后由三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可求解；
（2）由同角的余角相等可得∠ABF=∠FCM，结合已知用边角边可证△ABF≌△FCM，于是由全等三角形的性质可求解；
（3）连接AM、FN，由（1）中的全等三角形可得∠FAB=∠MFC，由角的构成可得∠MFA=90°，于是可得△MFA是等腰直角三角形，则∠FMA=45°，结合已知可得M、N、F、A四点共圆，由圆周角定理可得∠FNA=∠FMA=45°，易得△FNG是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得FG=GN，由线段的构成得GM=MN+GN=MN+GFMN+BF-BG=MN+MC-BG=CN-BG可求得GM的值，设MN=x，在直角三角形ANM中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程可求解.
16．【答案】（1）解：∵二次函数的图象过点C(0， 4)和点D(2， 6)，
∴ ，
解得，
∴.
∵点G与点D关于坐标原点对称，
∴，
把代入，
得，
∴在此抛物线上.
（2）解：设直线DG的解析式为，
∵，，
∴ ，
解得，
∴直线DG的解析式为.
假设此抛物线上存在这样的点，
使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，
∵，，
∴，
解得，
故所求点P的坐标为或.
（3）
【知识点】三角形的外接圆与外心；二次函数与一次函数的综合应用；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：（3）如图，连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，
∵EF⊥x轴，
∴∠BFE=90°，
∴∠FBE+∠FEB=90°，
∵△BEF的内心为I，
∴BI，EI，分别平分∠FBE，∠FEB，
∴∠IBE=，，
∴，
∴，
易证△BIO≌△BIE（SAS）
∴，
∵M是△BIO的外接圆，
∴∠OMB=2×（180°－∠BIO）=90°，
∴OM=BM=，
∴，
∴∠MOB=∠MOH=45°，
∵MH⊥y轴，
∴∠HOM=∠HMO=45°，
∴，
∴，
∴，
∵CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，
∴CI的最小值为.
【分析】（1）将C（0，-4）、D（2，-6）代入y=x2+bx+c中求出b、c的值，得到二次函数的解析式，根据点G与点D关于坐标原点对称可得G（-2，6），将x=-2代入函数解析式中求出y的值，据此判断；
（2）首先求出直线DG的解析式，假设此抛物线上存在这样的点P（x，x2-3x-4），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，表示出点M、N的坐标，将点N的坐标代入直线DG的解析式中求出x的值，据此可得点P的坐标；
（3）连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆⊙M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，根据内心的概念可得∠IBE=∠FBE，∠IEB=∠FEB，则∠IBE+∠IEB=45°，∠BIE=135°，证明△BIO≌△BIE，得到∠BIO=∠BIE=135°，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠OMB=90°，易得
∠MOB=∠MOH=45°，∠HOM=∠HMO=45°，求出OH、CH的值，然后利用勾股定理进行计算.
17．【答案】（1）解：由题意可得：AE＝CE，∠AED＝90°，
∵AC＝5，
∴AE＝，
∵tanA＝＝，
∴；
（2）解：如图，过点C作于H，延长交于点F，
，，
，
，
设，，
，
∴
（负值舍去），
，，
，
，
，
，
设，，
则，
，
，
，
，
，，
由题意可得：，
，
，
；
（3）解：如图，过点C作于H，取的中点O，连接，，过点O作于G，
，
，
点F是的中点，点O是的中点，
，
点F在以点O为圆心，为半径的圆上运动，
当点F在的延长线上时，有最大值，
，点O是的中点，
，，
，
又，
，
，
，，
，
在中，由勾股定理可得：，
的最大值为.
【知识点】确定圆的条件；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形的中位线定理
【解析】【分析】 (1)由轴对称的性质得出AE=CE，∠AED=90°， 根据正切的定义求DE长即可；
(2) 过点C作于H，延长交于点F，设，， 在Rt△ACH中，根据勾股定理建立方程求出AB长， 设，，由正切的定义得到， 依此建立方程求出AF，再求出DF，则可求出AD长；
(3)根据三角形的中位线定理可得 ，则点F在以点O为圆心，OF为半径的圆上运动，即当点F在CO的延长线上时，CF有最大值，根据三角形中位线定理求出OH，证明 ，根据相似比的性质求出HG、OG，从而求出CG，最后在中，根据勾股定理求CF即可.
1 / 12023-2024学年初中数学沪科版九年级下册 24.2.4 圆的确定 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1cm，BC=cm，则它的外接圆直径是（ ）．
A．1cm B． cm C．2cm D．4cm
【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：∵∠C=90°，AC=1，BC=，
∴AB=，
∵直角三角形外接圆的圆心在直角三角形斜边的中点，
∴这个直角三角形外接圆的直径为2cm.
故答案为：C.
【分析】用勾股定理求出斜边的长，然后根据直角三角形外接圆的圆心在直角三角形斜边的中点可求解.
2．下列命题不正确的是（ ）
A．过一点有无数个圆
B．过三点能作一个圆
C．三角形的外心是三角形三边的中垂线的交点
D．直角三角形的外接圆的直径为直角三角形的斜边
【答案】B
【知识点】确定圆的条件；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：A、过一点有无数个圆，故A选项是正确的．
B、过不在同一条直线上的三点能作一个圆，故B选项是不正确的．
C、三角形的外心是三角形三边的中垂线的交点，故C选项是正确的．
D、直角三角形的外接圆的直径为直角三角形的斜边，故D选项是正确的．
故答案为：B.
【分析】由确定圆的条件和三角形外接圆、外心的定义和性质即可判断解答.
3．如图，P(x，y) 是以坐标原点为圆心、5为半径的圆周上的点．若P是整点(即x，y为整数)，则这样的点共有（ ）．
A．4个 B．8个 C．12个 D．16个
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；确定圆的条件
【解析】【解答】解：分两种情况：①若这个点在坐标轴上，则有四个，分别是：（0，5），（5，0），（-5，0），（0，-5）；
②若这个点在象限内，
∵52=32+42，而P是整数点，
∴这样的点有8个，分别是：（3，4），（3，-4），（-3，4），（-3，-4），（4，3），(4，-3)，（-4，3），（-4，-3）.
∴这样的点共有12个.
故答案为：C.
【分析】由题意分两种情况：①若这个点在坐标轴上，则有四个；②若这个点在象限内，由52=32+42，可知在每一个象限有2个，综合可得： 这样的点共有12个.
4．如图所示，在等腰三角形ABC中，，按下列步骤作图：
①以点为圆心、适当的长度为半径作弧，分别交AB，AC于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于为半径作弧相交于点，作射线AH；
②分别以A，B为圆心，大于的长为半径作弧相交于点M，N，作直线MN，交射线AH于点；
③以点为圆心、线段OA长为半径作圆.由此可得的半径为（ ）.
A． B．10 C．4 D．5
【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：设AH交BC于点D，连接OC，
由作图过程可得AH平分∠BAC，由等腰三角形的三线合一得AH⊥BC，
∴CD=BC=4，
由作图过程可得MN是线段AB的垂直平分线，
∴NM与AH的交点O就是△ABC外接圆的圆心，
在Rt△ADC中，由勾股定理得AD=2，
设OC=OA=x，则OD=x-2，
在Rt△OCD中，由勾股定理得OD2+CD2=OC2，
∴（x-2）2+42=x2，
解得x=5，即圆O的半径为5.
故答案为：D.
【分析】设AH交BC于点D，连接OC，由作图过程可得AH平分∠BAC，由等腰三角形的三线合一得AH⊥BC，MN是线段AB的垂直平分线，根据垂径定理得NM与AH的交点O就是△ABC外接圆的圆心，在Rt△ADC中，由勾股定理算出AD，在Rt△OCD中，由勾股定理建立方程可求出该圆的半径.
5．（2023·包头）如图，是锐角三角形ABC的外接圆，，垂足分别为D，E，F，连接DE，EF，FD.若的周长为21，则EF的长为（ ）
A．8 B．4 C．3.5 D．3
【答案】B
【知识点】垂径定理的应用；三角形的外接圆与外心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∴AD=BD，AF=CF，BE=CE，
∴DE，DF，EF是△ABC的中位线，
∴，，，
∴，
∵DE+DF=6.5，
∴EF=4，
故选：B.
【分析】根据垂径定理得AD=BD，AF=CF，BE=CE，再根据三角形中位线定理计算出DE+DF+EF的值，结合已知条件可以得出EF的长。
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·灌云期中）如图，在 中， ∠ACB=90°， cm， cm. 是 边上的一个动点，连接 ，过点 作 于 ，连接 ，在点 变化的过程中，线段 的最小值是（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】A
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；勾股定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，
由题意知， ，
在以 为直径的 的 上（不含点 、可含点 ，
最短时，即为连接 与 的交点（图中点 点），
在 中， ， ，则 .
，
长度的最小值 .
故答案为：A.
【分析】以AC为直径作圆，圆心为M，作MF⊥AB于点F，由题意知∠AEC=90°，连接BM与圆相交于点E，此时BE取得最小值，在Rt△BCM中，应用勾股定理求出BM，据此求解.
8．（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.
二、填空题
9．已知直角三角形的两条直角边长分别为6cm，8cm，则此直角三角形的重心与外心之间的距离为 .
【答案】
【知识点】勾股定理；三角形的外接圆与外心；三角形的重心及应用
【解析】【解答】解：如图，在Rt△ABC中，AC=6cm，BC=8cm，CD为中线，点G为CD的重心，
∴AB==10cm，
在Rt△ABC中，CD为中线，
∴点D为△ABC的外心，CD=AB=5cm，
∴GD=CD=cm，
故答案为：cm.
【分析】在Rt△ABC中，CD为中线，点G为CD的重心，可知点D为△ABC的外心，根据三角形重心的性质可知GD=CD，根据直角三角形斜边中线的性质求出CD的长，继而得解.
10．如图，点A，B，C在同一条直线上，点D在直线AB外，过这四点中的任意3个点，能画出的圆的个数是 个．
【答案】3
【知识点】确定圆的条件
【解析】【解答】解：如图，点A，B，C在同一条直线上，点D在直线AB外，过这四点中的任意3个点，能画出的圆的个数是3个.
故答案为：3.
【分析】根据不在同一直线上的三个点确定一个圆可求解.
11．（2023·湘西）如图，是等边三角形的外接圆，其半径为4．过点B作于点E，点P为线段上一动点（点P不与B，E重合），则的最小值为 ．
【答案】6
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图所示：连接AO，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，
∴∠ABE=∠CBE=∠ABC=30°，
∵是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4，
∴OA=OB=4，CF⊥AB，
∴∠OBA= ∠OAB=30°，
∴∠OAE=∠OAB=∠BAC=30°，
∵BE ⊥AC，
∴OE=OA=2，
∴BE =EO+BO=2+4=6，
∵PD⊥AB，∠ABE=30°，
∴，
∴，
∴的最小值为CF的长度，
∵△ ABC是等边三角形，BE ⊥AC，CF⊥AB，
∴CF=BE= 6，
∴的最小值为6，
故答案为：6.
【分析】根据等边三角形的性质求出∠ABE=∠CBE=∠ABC=30°，再根据圆内接三角形的性质求出OA=OB=4，CF⊥AB，最后根据含30°角的直角三角形的性质等计算求解即可。
12．（2023九上·三台期中）已知的三个顶点都在圆O上，点O到的距离为3，且，则的面积= ．
【答案】或8
【知识点】垂径定理的应用；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：当圆心O在△ABC的内部时，如图：
连接CO并延长交AB于E，
∵CA=CB，
∴CE⊥AB于E，
∴OE=3，AE=4，
在Rt△AEO中根据勾股定理得：AO=，
∴CO=AO=5，
∴CE=5+3=8.
∴S△ABC=AB×CE=32.
当点O在△ABC外面时 ，如图：
连接CO交AB于E，连接OA，
∵CA=CE，
∴CE=AB=4，CE⊥AB，0E=3，
在Rt△AEO中根据勾股定理得：AO=，
∴CE=5-3=2，
∴S△ABC=AB×CE=8.
故答案为：32或8.
【分析】分点O在△ABC内还是外计算，先根据题意作图，再根据垂径定理和勾股定理计算出三角形的高即可.
13．（2022九上·南宁月考）在矩形 中，，点E在边上，，点P为矩形内一点且，点M为边上一点，连接，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】矩形的性质；确定圆的条件；轴对称的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，
∵，
∴点P在以为直径的圆O上运动，
作点D关于的对称点G，连接交 于点P，交于M，的最小值是的长，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴的最小值为：.
故答案为：.
【分析】由可知点P在以为直径的圆O上运动，作点D关于的对称点G，连接交 于点P，交于M，的最小值是的长，求出此时PG的长即可.
三、解答题
14．在△ABC中，CE，BD分别是边AB，AC上的高，F是BC边上的中点．
（1）指出图中的一个等腰三角形，并说明理由．
（2）若∠A=x°，求∠EFD的度数（用含x的代数式表达）．
（3）猜想∠ABC和∠EDA的数量关系，并证明．
【答案】（1）解：△DEF是等腰三角形．
∵CE，BD分别是边AB，AC上的高，F是BC边上的中点，
∴EF= BC，DF= BC，
∴EF=DF，
∴△DEF是等腰三角形。
（2）解：∵FE=FB，FD=FC，
∴∠FEB=∠FBE，∠FDC=∠FCD，
∴∠FEB+∠FDC=∠FBE+∠FCD=180°﹣∠A=180°﹣x°，
∠AED+∠ADE=180°﹣∠A=180°﹣x°，
∴∠FED+∠FDE=360°﹣（180°﹣x°）﹣（180°﹣x°）=2x°，
∴∠EFD=180°﹣2x°
（3）解：∠ABC=∠EDA．
∵∠BEC=∠BDC=90°，
∴B、E、D、C四点共圆，
∴∠ABC=∠EDA.
【知识点】等腰三角形的判定；确定圆的条件
【解析】【分析】（1）根据“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”可得 EF= BC，DF= BC， 等量代换可得 EF=DF， 最后证得 △DEF是等腰三角形。
（2）根据等边对等角 FE=FB，FD=FC， 可得 ∠FEB=∠FBE，∠FDC=∠FCD， 用含x的代数式表示 ∠FEB+∠FDC 、 ∠AED+∠ADE ，最后求得 ∠EFD 。
（3）根据 ∠BEC=∠BDC=90° ，90度的圆周角所对的弦为直径可得 B、E、D、C四点共圆， 可得 ∠ABC=∠EDA.。
15．（2023七下·南岗期末）已知：，都是锐角的高．
（1）如图，求证：；
（2）如图，延长至，使，连接，，过点作于点，在上取点，使，连接，求证：；
（3）如图，在(2)的条件下，过点作于点，若，，求线段的长．
【答案】（1）证明：如图，设与相交于点，
，，
，
，
，
（2）解：如图，
，，
，
，，
≌，
．
（3）解：如图，连接，．
≌，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，，
、、、四点共圆，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
设，则，，，在中，，
，
或舍掉，
．
【知识点】三角形的外角性质；三角形的外接圆与外心；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）设AD与EC相交于点F，由同角的余角相等可得∠B=∠AFE，然后由三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和可求解；
（2）由同角的余角相等可得∠ABF=∠FCM，结合已知用边角边可证△ABF≌△FCM，于是由全等三角形的性质可求解；
（3）连接AM、FN，由（1）中的全等三角形可得∠FAB=∠MFC，由角的构成可得∠MFA=90°，于是可得△MFA是等腰直角三角形，则∠FMA=45°，结合已知可得M、N、F、A四点共圆，由圆周角定理可得∠FNA=∠FMA=45°，易得△FNG是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得FG=GN，由线段的构成得GM=MN+GN=MN+GFMN+BF-BG=MN+MC-BG=CN-BG可求得GM的值，设MN=x，在直角三角形ANM中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程可求解.
四、综合题
16．（2022·建湖模拟）在平面直角坐标系中，二次函数的图象过点和点，与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称.
（1）求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图象上，并说明理由；
（2）若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由；
（3）若第四象限有一动点E，满足，过E作轴于点F，设F坐标为，，的内心为I，连接CI，直接写出CI的最小值.
【答案】（1）解：∵二次函数的图象过点C(0， 4)和点D(2， 6)，
∴ ，
解得，
∴.
∵点G与点D关于坐标原点对称，
∴，
把代入，
得，
∴在此抛物线上.
（2）解：设直线DG的解析式为，
∵，，
∴ ，
解得，
∴直线DG的解析式为.
假设此抛物线上存在这样的点，
使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，
∵，，
∴，
解得，
故所求点P的坐标为或.
（3）
【知识点】三角形的外接圆与外心；二次函数与一次函数的综合应用；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：（3）如图，连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，
∵EF⊥x轴，
∴∠BFE=90°，
∴∠FBE+∠FEB=90°，
∵△BEF的内心为I，
∴BI，EI，分别平分∠FBE，∠FEB，
∴∠IBE=，，
∴，
∴，
易证△BIO≌△BIE（SAS）
∴，
∵M是△BIO的外接圆，
∴∠OMB=2×（180°－∠BIO）=90°，
∴OM=BM=，
∴，
∴∠MOB=∠MOH=45°，
∵MH⊥y轴，
∴∠HOM=∠HMO=45°，
∴，
∴，
∴，
∵CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，
∴CI的最小值为.
【分析】（1）将C（0，-4）、D（2，-6）代入y=x2+bx+c中求出b、c的值，得到二次函数的解析式，根据点G与点D关于坐标原点对称可得G（-2，6），将x=-2代入函数解析式中求出y的值，据此判断；
（2）首先求出直线DG的解析式，假设此抛物线上存在这样的点P（x，x2-3x-4），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，表示出点M、N的坐标，将点N的坐标代入直线DG的解析式中求出x的值，据此可得点P的坐标；
（3）连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆⊙M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，根据内心的概念可得∠IBE=∠FBE，∠IEB=∠FEB，则∠IBE+∠IEB=45°，∠BIE=135°，证明△BIO≌△BIE，得到∠BIO=∠BIE=135°，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠OMB=90°，易得
∠MOB=∠MOH=45°，∠HOM=∠HMO=45°，求出OH、CH的值，然后利用勾股定理进行计算.
17．（2022·成都模拟）在△ABC中，AC＝BC＝5，tanA＝，E分别是AB，AC边上的动点，作△ADE关于DE对称的图形△A′DE.
（1）如图1，当点A′恰好与点C重合，求DE的长；
（2）如图2，当点A’落在BC的延长线上，且A’E⊥AB，求AD的长；
（3）如图3，若AE=CE，连接A’B，F是A’B的中点，连接CF，在D点的运动过程中，求线段CF长度的最大值.
【答案】（1）解：由题意可得：AE＝CE，∠AED＝90°，
∵AC＝5，
∴AE＝，
∵tanA＝＝，
∴；
（2）解：如图，过点C作于H，延长交于点F，
，，
，
，
设，，
，
∴
（负值舍去），
，，
，
，
，
，
设，，
则，
，
，
，
，
，，
由题意可得：，
，
，
；
（3）解：如图，过点C作于H，取的中点O，连接，，过点O作于G，
，
，
点F是的中点，点O是的中点，
，
点F在以点O为圆心，为半径的圆上运动，
当点F在的延长线上时，有最大值，
，点O是的中点，
，，
，
又，
，
，
，，
，
在中，由勾股定理可得：，
的最大值为.
【知识点】确定圆的条件；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形的中位线定理
【解析】【分析】 (1)由轴对称的性质得出AE=CE，∠AED=90°， 根据正切的定义求DE长即可；
(2) 过点C作于H，延长交于点F，设，， 在Rt△ACH中，根据勾股定理建立方程求出AB长， 设，，由正切的定义得到， 依此建立方程求出AF，再求出DF，则可求出AD长；
(3)根据三角形的中位线定理可得 ，则点F在以点O为圆心，OF为半径的圆上运动，即当点F在CO的延长线上时，CF有最大值，根据三角形中位线定理求出OH，证明 ，根据相似比的性质求出HG、OG，从而求出CG，最后在中，根据勾股定理求CF即可.
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