三角形的外接圆与外心—浙教版数学九（上）知识点训练
一、基础夯实
1．（2022九上·杭州期中）如图在△ABC中，边AB，AC的垂直平分线交于点P，连结BP，CP，若∠A=50°，则∠BPC=（ ）
A．100° B．95° C．90° D．50°
2．（2023九上·义乌月考）如图，在正方形方格中，A，B，C，D，E，P均在格点处，则点是下列哪个三角形的外心（ ）.
A． B． C． D．
3．（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
4．（2023九上·余姚期末）点是的外心，也是的内心，若，则的度数是（ ）
A．80° B．90° C．100° D．110°
5．（2023九上·南浔月考）《九章算术》中“今有勾八步，股有十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步．问该直角三角形的容圆（外接圆）直径是多少？”（ ）
A．14步 B．15步 C．16步 D．17步
6．（2023九上·乐清期中）如果一个三角形的外心在三角形的外部，那么这个三角形一定是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定
7．（2024九上·余姚期中）已知直角三角形的两条边长为6和8，则其外接圆的半径为 ．
8．（2024九上·杭州期中）（1）尺规作图，作出的外接圆（不写作图过程，但保留作图痕迹）；
（2）若，求外接圆的半径长．
9．（2023九上·无为月考）如图，在等腰直角中，P是斜边BC上一点（不与点B，C重合），PE是的外接圆的直径．
（1）求的度数．
（2）若的直径为2，求的值．
二、能力提升
10．（2021九上·鄞州期末）直角三角形的外接圆半径为3，内切圆半径为1，则该直角三角形的周长是（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
11．（2023九上·宁波月考）如图，以为直径的与相切于点B，连接交于点D，点E为边中点，连接交于点．若的半径为4，．则的值为（ ）
A． B． C． D．
12．如图，O为线段BC的中点，点A，C，D到点O的距离相等，若∠ABC=40°，则∠ADC的度数是（ ）
A．130° B．140° C．150° D．160°
13．（2023九上·诸暨期末）三角形三边长为5，5，6，则这个三角形的外心和重心的距离为 .
14．（2023九上·杭州期中）如图，△ABC是⊙O的内接等腰三角形，∠ABC=30°，弦EF过AB边的中点D，且EF∥BC，若BC＝，则外接圆的半径为 ，EF= .
15．（2022九上·上城期中）如图所示的网格由边长均为1的小正方形组成，点A、B、C、D、E、F在小正方形的顶点上，则外接圆的圆心是点 ，弧的长是 .
16．（2022九上·嘉兴期中）如图1，已知抛物线经过原点，它的对称轴是直线，动点从抛物线的顶点出发，在对称轴上以每秒个单位的速度向上运动，设动点运动的时间为秒，连接并延长交抛物线于点，连接，.
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当为直角三角形时，求的值；
（3）如图2，为的外接圆，在点的运动过程中，点也随之运动变化，请你探究：在时，求点经过的路径长度.
三、拓展创新
17．（2023九上·宁波期末）定义：若两个三角形中，有两组边对应相等且其中一组等边所对的角对应相等，但不是全等三角形，我们就称这两个三角形为偏等三角形．
（1）如图1，点C是的中点，∠DAB是所对的圆周角，AD＞AB，连结AC、DC、CB，试说明△ACB与△ACD是偏等三角形．
（2）如图2，△ABC与△DEF是偏等三角形，其中∠A＝∠D，AC＝DF，BC＝EF，则∠B+∠E＝ .请填写结论，并说明理由．
（3）如图3，△ABC内接于⊙O，AC＝4，∠A＝30°，∠B＝105°，若点D在⊙O上，且△ADC与△ABC是偏等三角形，AD＞CD，求AD的值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图所示，连接AP，延长BP交AC于D，
∵AB、AC中垂线交于点P，
∴点P为△ABC外接圆圆心，
∴∠BPC＝2∠BAC
∵ ∠BAC=50°，
∴∠BPC＝100°.
故答案为：A．
【分析】连接AP，延长BP交AC于D，由AB、AC中垂线交于点P可得点P为△ABC外接圆圆心，由圆周角定理可得∠BPC＝2∠BAC，进而求得∠BPC的度数.
2．【答案】D
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如下图： 由勾股定理得：PC=PE=PB=，∴P到B、C、E的距离相等，∴P是△BCE的外心．
故答案为：D.
【分析】本题考查三角形的外接圆与外心，关键是掌握三角形外心的性质．由三角形外心的性质：三角形的外心到三角形三顶点的距离相等，即可判断．
3．【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．
4．【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】连接，
∵，O是的外心，
∴，
∴，
∵O是的内心，
∴，
∴．
故答案为：C．
【分析】根据三角形内心求出的大小，进而求出，再根据三角形内角和定理解题即可．
5．【答案】D
【知识点】勾股定理的应用；圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：∵直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步 ，∴根据勾股定理可得直角三角形斜边：步，又该直角三角形的容圆（外接圆）直径 等于斜边，则该直角三角形的容圆（外接圆）直径 为17步.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查勾股定理、直角三角形的外接圆，根据勾股定理可得直角三角形斜边：步，然后根据该直角三角形的容圆（外接圆）直径 等于斜边即可求解.
6．【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：∵钝角三角形的钝角所对的外接圆的圆弧大于半个圆周
∴三角形的三个顶点就集中在圆 劣弧上
∴钝角三角形的外心在三角形的外部
故答案为：C.
【分析】三角形的外心是指三条边的垂直平分线的交点，即外接圆的圆心，锐角三角形的三条边长都小于半个圆周，所以外心位于三角形内部；直角三角形的外接圆的的直径刚好等于斜边长，外心位于斜边上；钝角三角形的钝角所对的外接圆的圆弧大于半个圆周，所以外心在三角形的外部.
7．【答案】4或5
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】∵中，两条边的长分别是6和8，
当6和8为直角边时，由勾股定理可得斜边长为10．
根据直角三角形的外接圆的半径是斜边的一半，
得的外接圆的半径是5，
当6为直角边，8为斜边时，
根据直角三角形的外接圆的半径是斜边的一半，
得的外接圆的半径是4，
故答案为：5或4．
【分析】根据勾股定理求出直角三角形中斜边的长度，再根据直角三角形的外接圆的半径是斜边的一半，进行计算．
8．【答案】解：（1）分别以点A、B为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于M、N两点，
作直线，
分别以点B、C为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，
作直线，交于点O，
以O为圆心长为半径画圆，
即为所求作，如图．
（2）如图，连接并延长交于点D，连接，
则，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴外接圆的半径长为
【知识点】圆周角定理；尺规作图-作三角形的外接圆
【解析】【分析】（1）分别作边的垂直平分线，交于点O，以O为圆心，以长为半径作圆，即可；（2）连接并延长交于点D，连接，根据同弧所对的圆周角相等得到：，根据直径所对的圆周角为直角得到：，进而得到，则为等腰直角三角形，则，进而即可求出．
9．【答案】（1）解：∵，，
∴，∴．
∵PE是的直径，∴，
∴．
（2）如图，过点P作于点M，于点N，则四边形是矩形，
∴．
∵，都是等腰直角三角形，
∴，．
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【分析】（1）先利用等腰直角三角形的性质和同弧所对的圆周角相等得到 ，，再利用直径所对的圆周角是直角以及三角形内角和定理即可求解；
（2） 过点P作于点M，于点N，可得四边形是矩形，进一步得到 ，再利用等腰直角三角形的性质得到 ，，从而得到 ，即可求解.
10．【答案】B
【知识点】正方形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，
则∠CDI=∠C=∠CFI=90°，ID=IF=1，
∴四边形CDIF是正方形，
∴CD=CF=1，
由切线长定理得：AD=AE，BE=BF，CF=CD，
∵直角三角形的外接圆半径为3，内切圆半径为1，
∴AB=6=AE+BE=BF+AD，
即△ABC的周长是AC+BC+AB=AD+CD+CF+BF+AB=6+1+1+6=14.
故答案为：B.
【分析】⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，易得四边形CDIF是正方形，根据正方形的性质得CD=CF=1，由切线长定理得：AD=AE，BE=BF，CF=CD，根据外接圆与内切圆的半径可得AB=6=AE+BE=BF+AD，据此不难求出△ABC的周长.
11．【答案】B
【知识点】三角形的外接圆与外心；切线的性质；相似三角形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵为直径，
∴，
∵与相切于点B，
∴，
∵点E为边中点，点O为边中点，
∴，为的中位线，
∴，，
由勾股定理得，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【分析】本题考查直径所对的圆周角为直角，切线的性质，中位线，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．如图，连接，则，，为的中位线，由勾股定理得，，则，证明，可求，证明，根据，计算求解即可．
12．【答案】B
【知识点】圆内接四边形的性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图所示：
∵点A、C、D到点O的距离相等，
∴OA=OD=OC，
∵点O为线段的中点，
∴OC=OB，
∴OA=OB=OC=OD，
∴点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的圆上，即⊙O为四边形ABCD的外接圆，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=40°，
∴∠ADC=140°，
故答案为：B
【分析】先根据题意得到OA=OD=OC，再根据中点得到OC=OB，进而得到OA=OB=OC=OD，从而得到点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的圆上，即⊙O为四边形ABCD的外接圆，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC+∠ADC=180°，从而进行角的运算即可求解。
13．【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；三角形的重心及应用
【解析】【解答】解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接BO1，
∵△ABC中，AB=AC=5，BC=6，
∴AH是△ABC的中线和角平分线，
∴点O1和点O2在AH上，
∴BH=BC=3，
∴，
∵点O2是△ABC的重心，
∴AO2=2O2H即，
设△ABC的外接圆的半径为r，则BO1=AO1=r，O1H=4-=r
∴32+（4-r）2=r2，
解之：，
∴
∴.
故答案为：
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，连接BO1，利用等腰三角形的性质可知点O1和点O2在AH上，同时可求出BH的长，利用勾股定理求出AH的长；再利用点O2是△ABC的重心，可求出O2H的长，设△ABC的外接圆的半径为r，可表示出O1H的长，利用勾股定理可得到关于r的方程，解方程求出r的方程，解方程求出r的值，可得到O1H的长；然后求出O1O2的长.
14．【答案】；
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；垂径定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：连接OE、OC
∵△ABC是等腰三角形
∴∠BAC=∠ABC=30°
∠BOC=2∠BAC=2x30°=60°
(同弧所对圆周角是圆心角一半)
又∵DB=OC
∴△BOC为等边三角形
∴DB=OC=BC=即外接圆半径为
∵AC=BC=，∠ACB=180"-∠BAC-∠ABC=120°
∴AB=6，AD=BD=3
过O作于点M
∵EF//BC
∴∠DDM=∠DCB=60°(等腰三角形三线合一线)
∴OD=
∴，OM=OD×sin60°=
∴
∴EF=2EM=
故答案为：第1空： ，第2空：
【分析】第1空：根据等腰三角形的性质得出：∠BAC=∠ABC=30° 从而求出∠BOC=60°，然后证明出△BOC为等边三角形，即可求出外接圆的半径.
第2空：根据已知条件求出AB的值，以及AD=BD=3，然后作辅助线，根据平行线的性质得出∠DDM=∠DCB=60°(等腰三角形三线合一线)，从而求出OD和OM的长度，最后根据勾股定理求出EF的长.
15．【答案】D；
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形的外接圆与外心；弧长的计算
【解析】【解答】解：根据题意可知，点D是△ABC外心.
连接DA、DC，
∵，，，
，，
∴是等腰直角三角形，
∴弧的长是，
故答案为：D，.
【分析】三角形外接圆的圆心就是三边垂直平分线的交点，利用方格纸的特点即可得出点D是△ABC外心，连接DA、DC，利用勾股定理算出DA、DC、AC的长，再根据勾股定理的逆定理判断出△DAC是直角三角形且∠ADC=90°，从而利用弧长公式即可算出答案.
16．【答案】（1）解：抛物线经过原点，且对称轴是直线，
，，
则、，
抛物线解析式为
（2）解：设点，
，
点，
则、、，
若，则，
解得舍或，
，
则直线解析式为，
当时，，即，
；
若，则，
解得舍或，
，
则直线解析式为，
当时，，即，
；
若，则，
整理，得：，
，
，
，
，
则或舍，
，
直线解析式为，
当时，，即，
；
综上，当为直角三角形时，的值为1或2或5
（3）解：∵为的外接圆，
点在线段的中垂线上，
当时，点的运动路径是在线段中垂线上的一条线段，
当时，如图，
由（2）知，
此时的外接圆圆心是的中点，
，
；
当时，如图2，
由（2）知，，
此时的外接圆圆心是的中点，
、，
；
当时，如图3，
由（2）知，，
此时的外接圆圆心是的中点，
，
；
则点经过的路径长度为.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；三角形的外接圆与外心；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）将（0，0）代入y=x2+bx+c中可得c=0，根据对称轴为直线x=2可得b=-4，据此可得抛物线的解析式；
（2）设B（a，a2-4a），根据抛物线的解析式可得A（2，-4），由两点间距离公式表示出OA2、OB2、AB2，然后结合勾股定理求出a的值，得到点B的坐标，利用待定系数法求出直线OB的解析式，令x=2，求出y的值，得到点 P的坐标，进而可得t的值；
（3）由题意可得点M在线段OA的中垂线上，故当1≤t≤5时，点M的运动路径是在线段OS中垂线上的一条线段，当t=1时，Rt△OAB的外接圆圆心M是OB的中点，据此可得点M的坐标；当t=5时，Rt△OAB的外接圆圆心M是AB的中点，利用中点坐标公式可得点M的坐标；当t=2时，Rt△OAB的外接圆圆心M是OA的中点，同理可得点M的坐标，然后结合两点间距离公式可求出点M经过的路径长度.
17．【答案】（1）解：∵点C是弧BD的中点，
∴BC＝CD，∠BAC＝∠DAC．
又∵AC＝AC，
∴△ACB与△ACD是偏等三角形；
（2）180°
（3）解：分类讨论：①当BC＝CD时，如图，
∵BC＝CD，∠CAB＝30°，
∴∠DAC＝30°．
∵∠ABC＝105°，
∴∠ADC＝180°-∠ABC＝180°-105°＝75°，
∴∠ACD＝180°-∠DAC-∠ADC＝180°-30°-75°＝75°，
∴∠ADC＝∠ACD，∠ACD＞∠DAC，
∴AD＞CD符合题意，
∴AD＝AC＝4；
②当AB＝CD时，
如图，过点D作DE⊥AC于点E，
∵AB＝CD，∠ACB＝180°-∠CAB-∠B＝45°，
∴∠DAC＝45°，
∴AE＝DE，∠ACD＝180°-∠DAC-∠ADC＝180°-45°-75°＝60°，
又∵∠DAC＝30°，
∴∠ACD＞∠DAC，
∴AD＞CD，符合题意．
设CE＝x，则 ，
∵AC＝AE+CE，即4＝x+ x，
∴x＝
∴AE＝DE＝ × ＝
∴AD＝ AE＝ × ＝
综上可知AD的值为4或 ．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的外接圆与外心；解直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（2）如图，在线段DE上取点G，使DG＝AB，连接FG．
由题意可知在△ABC和△DGF中，
，
∴△ABC≌△DGF（SAS），
∴∠B＝∠DGF，BC＝GF．
又∵BC＝EF，
∴GF＝EF，
∴∠E＝∠FGE．
∵∠DGF+∠FGE＝180°，
∴∠B+∠E＝180°，
故答案为：180°；
【分析】（1）利用圆周角定理可证得BC=BD，∠BAC=∠DAC，利用偏等三角形的定义可证得结论.
（2）在线段DE上取点G，使DG＝AB，连接FG，利用SAS证明△ABC≌△DGF，利用全等三角形的性质可证得∠B＝∠DGF，BC＝GF；由此可推出GF=EF，可证得∠E＝∠FGE，即可求出∠B+∠E的度数.
（3）利用△ADC与△ABC是偏等三角形，分情况讨论：当BC＝CD时，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠ADC的度数，利用三角形的内角和定理可求出∠ACD的度数；可推出∠ADC＝∠ACD，∠ACD＞∠DAC，由此可求出AD的长；当AB＝CD时，过点D作DE⊥AC于点E，可求出∠DAC的度数，可证得△ADE是等腰直角三角形，可证得AE=DE，同时可求出∠ACD的度数，可得到∠ACD＞∠DAC，利用大角对大边，可得到AD＞CD；设CE=x，可表示出DE，AE的长，根据AC=AE+CE，可得到关于x的方程，解方程求出x的值；再求出AE的长，利用解直角三角形可求出AD的长；综上所述可得到符合题意的AD的长.
1 / 1三角形的外接圆与外心—浙教版数学九（上）知识点训练
一、基础夯实
1．（2022九上·杭州期中）如图在△ABC中，边AB，AC的垂直平分线交于点P，连结BP，CP，若∠A=50°，则∠BPC=（ ）
A．100° B．95° C．90° D．50°
【答案】A
【知识点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图所示，连接AP，延长BP交AC于D，
∵AB、AC中垂线交于点P，
∴点P为△ABC外接圆圆心，
∴∠BPC＝2∠BAC
∵ ∠BAC=50°，
∴∠BPC＝100°.
故答案为：A．
【分析】连接AP，延长BP交AC于D，由AB、AC中垂线交于点P可得点P为△ABC外接圆圆心，由圆周角定理可得∠BPC＝2∠BAC，进而求得∠BPC的度数.
2．（2023九上·义乌月考）如图，在正方形方格中，A，B，C，D，E，P均在格点处，则点是下列哪个三角形的外心（ ）.
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如下图： 由勾股定理得：PC=PE=PB=，∴P到B、C、E的距离相等，∴P是△BCE的外心．
故答案为：D.
【分析】本题考查三角形的外接圆与外心，关键是掌握三角形外心的性质．由三角形外心的性质：三角形的外心到三角形三顶点的距离相等，即可判断．
3．（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．
4．（2023九上·余姚期末）点是的外心，也是的内心，若，则的度数是（ ）
A．80° B．90° C．100° D．110°
【答案】C
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】连接，
∵，O是的外心，
∴，
∴，
∵O是的内心，
∴，
∴．
故答案为：C．
【分析】根据三角形内心求出的大小，进而求出，再根据三角形内角和定理解题即可．
5．（2023九上·南浔月考）《九章算术》中“今有勾八步，股有十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步．问该直角三角形的容圆（外接圆）直径是多少？”（ ）
A．14步 B．15步 C．16步 D．17步
【答案】D
【知识点】勾股定理的应用；圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：∵直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步 ，∴根据勾股定理可得直角三角形斜边：步，又该直角三角形的容圆（外接圆）直径 等于斜边，则该直角三角形的容圆（外接圆）直径 为17步.
故答案为：D.
【分析】本题主要考查勾股定理、直角三角形的外接圆，根据勾股定理可得直角三角形斜边：步，然后根据该直角三角形的容圆（外接圆）直径 等于斜边即可求解.
6．（2023九上·乐清期中）如果一个三角形的外心在三角形的外部，那么这个三角形一定是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定
【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：∵钝角三角形的钝角所对的外接圆的圆弧大于半个圆周
∴三角形的三个顶点就集中在圆 劣弧上
∴钝角三角形的外心在三角形的外部
故答案为：C.
【分析】三角形的外心是指三条边的垂直平分线的交点，即外接圆的圆心，锐角三角形的三条边长都小于半个圆周，所以外心位于三角形内部；直角三角形的外接圆的的直径刚好等于斜边长，外心位于斜边上；钝角三角形的钝角所对的外接圆的圆弧大于半个圆周，所以外心在三角形的外部.
7．（2024九上·余姚期中）已知直角三角形的两条边长为6和8，则其外接圆的半径为 ．
【答案】4或5
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】∵中，两条边的长分别是6和8，
当6和8为直角边时，由勾股定理可得斜边长为10．
根据直角三角形的外接圆的半径是斜边的一半，
得的外接圆的半径是5，
当6为直角边，8为斜边时，
根据直角三角形的外接圆的半径是斜边的一半，
得的外接圆的半径是4，
故答案为：5或4．
【分析】根据勾股定理求出直角三角形中斜边的长度，再根据直角三角形的外接圆的半径是斜边的一半，进行计算．
8．（2024九上·杭州期中）（1）尺规作图，作出的外接圆（不写作图过程，但保留作图痕迹）；
（2）若，求外接圆的半径长．
【答案】解：（1）分别以点A、B为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于M、N两点，
作直线，
分别以点B、C为圆心，以大于长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，
作直线，交于点O，
以O为圆心长为半径画圆，
即为所求作，如图．
（2）如图，连接并延长交于点D，连接，
则，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴外接圆的半径长为
【知识点】圆周角定理；尺规作图-作三角形的外接圆
【解析】【分析】（1）分别作边的垂直平分线，交于点O，以O为圆心，以长为半径作圆，即可；（2）连接并延长交于点D，连接，根据同弧所对的圆周角相等得到：，根据直径所对的圆周角为直角得到：，进而得到，则为等腰直角三角形，则，进而即可求出．
9．（2023九上·无为月考）如图，在等腰直角中，P是斜边BC上一点（不与点B，C重合），PE是的外接圆的直径．
（1）求的度数．
（2）若的直径为2，求的值．
【答案】（1）解：∵，，
∴，∴．
∵PE是的直径，∴，
∴．
（2）如图，过点P作于点M，于点N，则四边形是矩形，
∴．
∵，都是等腰直角三角形，
∴，．
∴．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【分析】（1）先利用等腰直角三角形的性质和同弧所对的圆周角相等得到 ，，再利用直径所对的圆周角是直角以及三角形内角和定理即可求解；
（2） 过点P作于点M，于点N，可得四边形是矩形，进一步得到 ，再利用等腰直角三角形的性质得到 ，，从而得到 ，即可求解.
二、能力提升
10．（2021九上·鄞州期末）直角三角形的外接圆半径为3，内切圆半径为1，则该直角三角形的周长是（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
【答案】B
【知识点】正方形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，
则∠CDI=∠C=∠CFI=90°，ID=IF=1，
∴四边形CDIF是正方形，
∴CD=CF=1，
由切线长定理得：AD=AE，BE=BF，CF=CD，
∵直角三角形的外接圆半径为3，内切圆半径为1，
∴AB=6=AE+BE=BF+AD，
即△ABC的周长是AC+BC+AB=AD+CD+CF+BF+AB=6+1+1+6=14.
故答案为：B.
【分析】⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，易得四边形CDIF是正方形，根据正方形的性质得CD=CF=1，由切线长定理得：AD=AE，BE=BF，CF=CD，根据外接圆与内切圆的半径可得AB=6=AE+BE=BF+AD，据此不难求出△ABC的周长.
11．（2023九上·宁波月考）如图，以为直径的与相切于点B，连接交于点D，点E为边中点，连接交于点．若的半径为4，．则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形的外接圆与外心；切线的性质；相似三角形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵为直径，
∴，
∵与相切于点B，
∴，
∵点E为边中点，点O为边中点，
∴，为的中位线，
∴，，
由勾股定理得，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，解得，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【分析】本题考查直径所对的圆周角为直角，切线的性质，中位线，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．如图，连接，则，，为的中位线，由勾股定理得，，则，证明，可求，证明，根据，计算求解即可．
12．如图，O为线段BC的中点，点A，C，D到点O的距离相等，若∠ABC=40°，则∠ADC的度数是（ ）
A．130° B．140° C．150° D．160°
【答案】B
【知识点】圆内接四边形的性质；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图所示：
∵点A、C、D到点O的距离相等，
∴OA=OD=OC，
∵点O为线段的中点，
∴OC=OB，
∴OA=OB=OC=OD，
∴点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的圆上，即⊙O为四边形ABCD的外接圆，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC=40°，
∴∠ADC=140°，
故答案为：B
【分析】先根据题意得到OA=OD=OC，再根据中点得到OC=OB，进而得到OA=OB=OC=OD，从而得到点A、B、C、D在以点O为圆心，OA为半径的圆上，即⊙O为四边形ABCD的外接圆，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC+∠ADC=180°，从而进行角的运算即可求解。
13．（2023九上·诸暨期末）三角形三边长为5，5，6，则这个三角形的外心和重心的距离为 .
【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；三角形的重心及应用
【解析】【解答】解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接BO1，
∵△ABC中，AB=AC=5，BC=6，
∴AH是△ABC的中线和角平分线，
∴点O1和点O2在AH上，
∴BH=BC=3，
∴，
∵点O2是△ABC的重心，
∴AO2=2O2H即，
设△ABC的外接圆的半径为r，则BO1=AO1=r，O1H=4-=r
∴32+（4-r）2=r2，
解之：，
∴
∴.
故答案为：
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，连接BO1，利用等腰三角形的性质可知点O1和点O2在AH上，同时可求出BH的长，利用勾股定理求出AH的长；再利用点O2是△ABC的重心，可求出O2H的长，设△ABC的外接圆的半径为r，可表示出O1H的长，利用勾股定理可得到关于r的方程，解方程求出r的方程，解方程求出r的值，可得到O1H的长；然后求出O1O2的长.
14．（2023九上·杭州期中）如图，△ABC是⊙O的内接等腰三角形，∠ABC=30°，弦EF过AB边的中点D，且EF∥BC，若BC＝，则外接圆的半径为 ，EF= .
【答案】；
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；垂径定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：连接OE、OC
∵△ABC是等腰三角形
∴∠BAC=∠ABC=30°
∠BOC=2∠BAC=2x30°=60°
(同弧所对圆周角是圆心角一半)
又∵DB=OC
∴△BOC为等边三角形
∴DB=OC=BC=即外接圆半径为
∵AC=BC=，∠ACB=180"-∠BAC-∠ABC=120°
∴AB=6，AD=BD=3
过O作于点M
∵EF//BC
∴∠DDM=∠DCB=60°(等腰三角形三线合一线)
∴OD=
∴，OM=OD×sin60°=
∴
∴EF=2EM=
故答案为：第1空： ，第2空：
【分析】第1空：根据等腰三角形的性质得出：∠BAC=∠ABC=30° 从而求出∠BOC=60°，然后证明出△BOC为等边三角形，即可求出外接圆的半径.
第2空：根据已知条件求出AB的值，以及AD=BD=3，然后作辅助线，根据平行线的性质得出∠DDM=∠DCB=60°(等腰三角形三线合一线)，从而求出OD和OM的长度，最后根据勾股定理求出EF的长.
15．（2022九上·上城期中）如图所示的网格由边长均为1的小正方形组成，点A、B、C、D、E、F在小正方形的顶点上，则外接圆的圆心是点 ，弧的长是 .
【答案】D；
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形的外接圆与外心；弧长的计算
【解析】【解答】解：根据题意可知，点D是△ABC外心.
连接DA、DC，
∵，，，
，，
∴是等腰直角三角形，
∴弧的长是，
故答案为：D，.
【分析】三角形外接圆的圆心就是三边垂直平分线的交点，利用方格纸的特点即可得出点D是△ABC外心，连接DA、DC，利用勾股定理算出DA、DC、AC的长，再根据勾股定理的逆定理判断出△DAC是直角三角形且∠ADC=90°，从而利用弧长公式即可算出答案.
16．（2022九上·嘉兴期中）如图1，已知抛物线经过原点，它的对称轴是直线，动点从抛物线的顶点出发，在对称轴上以每秒个单位的速度向上运动，设动点运动的时间为秒，连接并延长交抛物线于点，连接，.
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当为直角三角形时，求的值；
（3）如图2，为的外接圆，在点的运动过程中，点也随之运动变化，请你探究：在时，求点经过的路径长度.
【答案】（1）解：抛物线经过原点，且对称轴是直线，
，，
则、，
抛物线解析式为
（2）解：设点，
，
点，
则、、，
若，则，
解得舍或，
，
则直线解析式为，
当时，，即，
；
若，则，
解得舍或，
，
则直线解析式为，
当时，，即，
；
若，则，
整理，得：，
，
，
，
，
则或舍，
，
直线解析式为，
当时，，即，
；
综上，当为直角三角形时，的值为1或2或5
（3）解：∵为的外接圆，
点在线段的中垂线上，
当时，点的运动路径是在线段中垂线上的一条线段，
当时，如图，
由（2）知，
此时的外接圆圆心是的中点，
，
；
当时，如图2，
由（2）知，，
此时的外接圆圆心是的中点，
、，
；
当时，如图3，
由（2）知，，
此时的外接圆圆心是的中点，
，
；
则点经过的路径长度为.
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；勾股定理；三角形的外接圆与外心；坐标系中的两点距离公式
【解析】【分析】（1）将（0，0）代入y=x2+bx+c中可得c=0，根据对称轴为直线x=2可得b=-4，据此可得抛物线的解析式；
（2）设B（a，a2-4a），根据抛物线的解析式可得A（2，-4），由两点间距离公式表示出OA2、OB2、AB2，然后结合勾股定理求出a的值，得到点B的坐标，利用待定系数法求出直线OB的解析式，令x=2，求出y的值，得到点 P的坐标，进而可得t的值；
（3）由题意可得点M在线段OA的中垂线上，故当1≤t≤5时，点M的运动路径是在线段OS中垂线上的一条线段，当t=1时，Rt△OAB的外接圆圆心M是OB的中点，据此可得点M的坐标；当t=5时，Rt△OAB的外接圆圆心M是AB的中点，利用中点坐标公式可得点M的坐标；当t=2时，Rt△OAB的外接圆圆心M是OA的中点，同理可得点M的坐标，然后结合两点间距离公式可求出点M经过的路径长度.
三、拓展创新
17．（2023九上·宁波期末）定义：若两个三角形中，有两组边对应相等且其中一组等边所对的角对应相等，但不是全等三角形，我们就称这两个三角形为偏等三角形．
（1）如图1，点C是的中点，∠DAB是所对的圆周角，AD＞AB，连结AC、DC、CB，试说明△ACB与△ACD是偏等三角形．
（2）如图2，△ABC与△DEF是偏等三角形，其中∠A＝∠D，AC＝DF，BC＝EF，则∠B+∠E＝ .请填写结论，并说明理由．
（3）如图3，△ABC内接于⊙O，AC＝4，∠A＝30°，∠B＝105°，若点D在⊙O上，且△ADC与△ABC是偏等三角形，AD＞CD，求AD的值．
【答案】（1）解：∵点C是弧BD的中点，
∴BC＝CD，∠BAC＝∠DAC．
又∵AC＝AC，
∴△ACB与△ACD是偏等三角形；
（2）180°
（3）解：分类讨论：①当BC＝CD时，如图，
∵BC＝CD，∠CAB＝30°，
∴∠DAC＝30°．
∵∠ABC＝105°，
∴∠ADC＝180°-∠ABC＝180°-105°＝75°，
∴∠ACD＝180°-∠DAC-∠ADC＝180°-30°-75°＝75°，
∴∠ADC＝∠ACD，∠ACD＞∠DAC，
∴AD＞CD符合题意，
∴AD＝AC＝4；
②当AB＝CD时，
如图，过点D作DE⊥AC于点E，
∵AB＝CD，∠ACB＝180°-∠CAB-∠B＝45°，
∴∠DAC＝45°，
∴AE＝DE，∠ACD＝180°-∠DAC-∠ADC＝180°-45°-75°＝60°，
又∵∠DAC＝30°，
∴∠ACD＞∠DAC，
∴AD＞CD，符合题意．
设CE＝x，则 ，
∵AC＝AE+CE，即4＝x+ x，
∴x＝
∴AE＝DE＝ × ＝
∴AD＝ AE＝ × ＝
综上可知AD的值为4或 ．
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；三角形的外接圆与外心；解直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（2）如图，在线段DE上取点G，使DG＝AB，连接FG．
由题意可知在△ABC和△DGF中，
，
∴△ABC≌△DGF（SAS），
∴∠B＝∠DGF，BC＝GF．
又∵BC＝EF，
∴GF＝EF，
∴∠E＝∠FGE．
∵∠DGF+∠FGE＝180°，
∴∠B+∠E＝180°，
故答案为：180°；
【分析】（1）利用圆周角定理可证得BC=BD，∠BAC=∠DAC，利用偏等三角形的定义可证得结论.
（2）在线段DE上取点G，使DG＝AB，连接FG，利用SAS证明△ABC≌△DGF，利用全等三角形的性质可证得∠B＝∠DGF，BC＝GF；由此可推出GF=EF，可证得∠E＝∠FGE，即可求出∠B+∠E的度数.
（3）利用△ADC与△ABC是偏等三角形，分情况讨论：当BC＝CD时，利用圆内接四边形的对角互补，可求出∠ADC的度数，利用三角形的内角和定理可求出∠ACD的度数；可推出∠ADC＝∠ACD，∠ACD＞∠DAC，由此可求出AD的长；当AB＝CD时，过点D作DE⊥AC于点E，可求出∠DAC的度数，可证得△ADE是等腰直角三角形，可证得AE=DE，同时可求出∠ACD的度数，可得到∠ACD＞∠DAC，利用大角对大边，可得到AD＞CD；设CE=x，可表示出DE，AE的长，根据AC=AE+CE，可得到关于x的方程，解方程求出x的值；再求出AE的长，利用解直角三角形可求出AD的长；综上所述可得到符合题意的AD的长.
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