苏科版2025年新九年级数学暑假衔接讲义第08讲确定圆的条件(2种题型)(学生版+解析)

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1.了解三角形的外接圆与外心相关概念，
2.探索如何过一点、两点和不在同一直线上的三点作圆；
一．确定圆的条件
不在同一直线上的三点确定一个圆．
注意：这里的“三个点”不是任意的三点，而是不在同一条直线上的三个点，而在同一直线上的三个点不能画一个圆．“确定”一词应理解为“有且只有”，即过不在同一条直线上的三个点有且只有一个圆，过一点可画无数个圆，过两点也能画无数个圆，过不在同一条直线上的三点能画且只能画一个圆．
二．三角形的外接圆与外心
（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
（2）外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．
（3）概念说明：
①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而一个圆的内接三角形却有无数个．
一．确定圆的条件（共5小题）
1．（2022秋•盐都区期中）下列说法正确的是（ ）
A．等弧所对的圆心角相等
B．在等圆中，如果弦相等，那么它们所对的弧也相等
C．过三点可以画一个圆
D．平分弦的直径，平分这条弦所对的弧
【分析】根据确定圆的条件，弧，圆心角，弦之间的关系，垂径定理的判定进行一一判断即可．
【解答】解：A、等弧所对的圆心角相等，说法正确，本选项符合题意；
B、在等圆中，如果弦相等，但它们所对的弧不一定相等，本选项不符合题意；
C、过不在同一直线上的三点可以画一个圆，说法不正确，本选项不符合题意；
D、平分弦（非直径）的直径，平分这条弦所对的弧，说法不正确，本选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查确定圆的条件，弧，圆心角，弦之间的关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
2．（2016秋•太仓市校级期末）小明不慎把家里的圆形镜子打碎了，其中三块碎片如图所示，三块碎片中最有可能配到与原来一样大小的圆形镜子的碎片是（ ）
A．①B．②C．③D．均不可能
【分析】要确定圆的大小需知道其半径．根据垂径定理知第①块可确定半径的大小．
【解答】解：第①块出现两条完整的弦，作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长．
故选：A．
【点评】本题考查了垂径定理的应用，确定圆的条件，解题的关键是熟练掌握：圆上任意两弦的垂直平分线的交点即为该圆的圆心．
3．（2021春•射阳县校级期末）平面直角坐标系内的三个点A（1，0）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3） 能 确定一个圆（填“能”或“不能”）．
【分析】根据三个点的坐标特征得到它们不共线，于是根据确定圆的条件可判断它们能确定一个圆．
【解答】解：∵B（0，﹣3）、C（2，﹣3），
∴BC∥x轴，
而点A（1，0）在x轴上，
∴点A、B、C不共线，
∴三个点A（1，0）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3）能确定一个圆．
故答案为：能．
【点评】本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．
4．（2022秋•江宁区校级月考）下列说法：①长度相等的弧是等弧；②相等的圆心角所对的弧相等；③直径是圆中最长的弦；④经过不在同一直线上的三个点A、B、C只能作一个圆．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】利用等弧的定义、圆周角定理、圆的有关定义及确定圆的条件分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：①长度相等的弧不一定是等弧，故原命题错误，不符合题意；
②同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故原命题错误，不符合题意；
③直径是圆中最长的弦，正确，符合题意；
④经过不在同一直线上的三个点A、B、C只能作一个圆，正确，符合题意，
正确的有2个，
故选：B．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解等弧的定义、圆周角定理、圆的有关定义及确定圆的条件，难度不大．
5．（2022春•射阳县校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的横、纵坐标都为整数，过这三个点作一条圆弧，则此圆弧的圆心坐标为 （2，1） ．
【分析】根据图形得出A、B、C的坐标，再连接AB，作线段AB和线段BC的垂直平分线MN、EF，两线交于Q，则Q是圆弧的圆心，最后求出点Q的坐标即可．
【解答】解：从图形可知：A点的坐标是（0，2），B点的坐标是（1，3），C点的坐标是（3，3），
连接AB，作线段AB和线段BC的垂直平分线MN、EF，两线交于Q，则Q是圆弧的圆心，如图，
∴Q点的坐标是（2，1），
故答案为：（2，1）．
【点评】本题考查了确定圆的条件，坐标与图形性质，垂径定理等知识点，能找出圆弧的圆心Q的位置是解此题的关键．
二．三角形的外接圆与外心（共20小题）
6．（2022秋•广陵区校级期末）如图，点A（0，3），B（2，1），C在平面直角坐标系中，则△ABC的外心在（ ）
A．第四象限B．第三象限C．原点O处D．y轴上
【分析】首先由△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作AB与BC的垂线，两垂线的交点即为△ABC的外心．
【解答】解：如图，根据网格点O′即为所求．
∵△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
∴EF与MN的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是（﹣2，﹣1）．
故选：B．
【点评】此题考查了三角形的外接圆与外心，坐标与图形性质．注意三角形的外心即是三角形三边垂直平分线的交点．解此题的关键是数形结合思想的应用．
7．（2023•姑苏区校级二模）如图，E为正方形ABCD的边CD上一点（不与C、D重合），将△BCE沿直线BE翻折到△BFE，延长EF交AE于点G，点O是过B、E、G三点的圆劣弧EG上一点，则∠EOG＝ 135 °．
【分析】连接BG，由折叠的性质得出BC＝BF，∠CBE＝∠FBE，∠BCE＝∠BFE，由正方形的性质得出AB＝BC，∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，证明Rt△ABG≌Rt△FBG（HL），证出∠ABG＝∠FBG，求出∠GBE＝∠ABC＝45°，则可得出答案．
【解答】解：连接BG，
∵将△BCE沿直线BE翻折到△BFE，
∴BC＝BF，∠CBE＝∠FBE，∠BCE＝∠BFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，
∴AB＝BF，
∵BG＝BG，
∴Rt△ABG≌Rt△FBG（HL），
∴∠ABG＝∠FBG，
∴∠ABG＝∠FBG，
∴∠GBE＝∠ABC＝45°，
∵四边形GBEO为圆内接四边形，
∴∠EBG+∠EOG＝180°，
∴∠EOG＝180°﹣∠EBG＝135°，
故答案为：135．
【点评】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，圆内接四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
8．（2022秋•江阴市校级月考）（1）如图1，请只用无刻度直尺找出△ABC的外心点O；并直接写出其外接圆半径 ；
（2）如图2，请用直尺和圆规将图中的弧补成圆；并标记圆心P．
【分析】（1）根据三角形的外心是三边垂直平分线的交点作出点O；
（2）在弧上任取三点A，C，C，连接AB，BC，分别作弦AB，BC的垂直平分线，两垂直平分线的交点即为圆心P，于是得到结论．
【解答】解：（1）如图（1）所示，点O即为所求；外接圆半径＝＝；
故答案为：；
（2）如图（2）所示：⊙P即为所求．
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，勾股定理，正确地作出图形是解题的关键．
9．（2023•无锡二模）在联欢会上，甲、乙、丙3人分别站在不在同一直线上的三点A、B、C上，他们在玩抢凳子游戏，要在他们之间放一个木凳，谁先抢到凳子谁获胜，为使游戏公平，凳子应放在△ABC的（ ）
A．三条高的交点B．内心
C．外心D．重心
【分析】为使游戏公平，要使凳子到三个人的距离相等，于是利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等可知，要放在三边中垂线的交点上．
【解答】解：∵三角形的三条垂直平分线的交点到三个顶点的距离相等，
∴凳子应放在△ABC的三条垂直平分线的交点最适当．
即凳子应放在△ABC的外心上．
故选：C．
【点评】本题主要考查了线段垂直平分线的性质的应用；掌握线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等是解答本题的关键．
10．（2022秋•鼓楼区期中）如图，正方形ABCD、等边三角形AEF内接于同一个圆，则的度数为（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【分析】由∠BAD＝90°，∠EAF＝60°，已知图形是以正方形ABCD的对角线AC所在直线为对称轴的轴对称图形，求得∠BAE＝15°，则所对的圆心角等于30°，所以的度数为30°．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，△AEF是等边三角形，
∴∠BAD＝90°，∠EAF＝60°，
∵已知图形是以正方形ABCD的对角线AC所在直线为对称轴的轴对称图形，
∴∠BAE＝∠DAF＝×（90°﹣60°）＝15°，
∵∠BAE是所对的圆周角，
∴所对的圆心角等于2×15°＝30°，
∴的度数为30°，
故选：D．
【点评】此题重点考查正多边形与圆、正方形及等边三角形的性质、圆周角定理、弧的度数等知识，根据圆周角定理求出所对的圆心角的度数是解题的关键．
11．（2022秋•太仓市校级月考）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，BD为⊙O的直径，则AD的值为（ ）
A．6B．C．3D．
【分析】先根据“等边对等角”得出∠C的度数，再根据“同弧所对的圆周角相等”得出∠D的度数，从而得出直径BD的长度，最后根据勾股定理求解即可．
【解答】解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，
∴，
∴∠D＝∠C＝30°，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∴BD＝2AB＝6，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得：．
故选：D．
【点评】本题主要考查了“等边对等角”，“同弧所对的圆周角相等”，“直径所对的圆周角为直角”，“在直角三角形中，30°角所对的边为斜边的一半”，勾股定理，熟练掌握相关内容是解题的关键．
12．（2022秋•梁溪区校级期中）三角形的外心具有的性质是（ ）
A．外心在三角形外
B．外心在三角形内
C．外心到三角形三边距离相等
D．外心到三角形三个顶点距离相等
【分析】三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，根据线段垂直平分线的性质即可确定．
【解答】解：根据三角形外心的定义，
可知三角形外心到三角形三个顶点的距离相等，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的外心，线段垂直平分线的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．
13．（2023•邗江区校级二模）如图，⊙O的直径为m，△ABC是⊙O的内接三角形，AB的长为x，AC的长为y，且x+y＝6，AD⊥BC于点D，AD＝1，则m的最大值为 9 ．
【分析】过点A作⊙O的直径AE，连接CE，根据圆周角定理，可证得△ABD∽△AEC，根据相似三角形的性质，可得m＝xy，再由x+y＝6，即可得m＝﹣（x﹣3）2+9，根据二次函数的性质，即可求解．
【解答】解：如图：过点A作⊙O的直径AE，连接CE，
则AE＝m，∠ACE＝90°，∠ABD＝∠AEC，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ACE＝90°，
∴△ABD∽△AEC，
∴，
∴，
∴m＝xy，
∵x+y＝6，
∴y＝6﹣x，
∴m＝x（6﹣x）＝﹣x2+6x＝﹣（x﹣3）2+9，
∵﹣1＜0，
∴当x＝3时，m取最大值，最大值为9，
故答案为：9．
【点评】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，得到m关于x或y的二次函数关系式是解决本题的关键．
14．（2022秋•阜宁县期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A＝60°，BC＝4，则⊙O的半径是 4 ．
【分析】作直径CD，如图，连接BD，根据圆周角定理得到∠CBD＝90°，∠D＝60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出CD，从而得到⊙O的半径．
【解答】解：作直径CD，如图，连接BD，
∵CD为直径，
∴∠CBD＝90°，
∵∠D＝∠A＝60°，
∴BD＝BC＝×4＝4，
∴CD＝2BD＝8，
∴OC＝4，
即⊙O的半径是4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理．
15．（2021秋•海州区校级月考）如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC＝2，∠BAC＝30°，则⊙O的直径长等于 4 ．
【分析】连接BO并延长交⊙O于D，连接CD，得到∠BCD＝90°，根据圆周角定理得到∠D＝∠BAC＝30°，根据含30°角直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：连接BO并延长交⊙O于D，连接CD，
则∠BCD＝90°，
∵∠BAC＝30°，
∴∠D＝∠BAC＝30°，
∵BC＝2，
∴BD＝2BC＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，含30°角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
16．（2022•亭湖区校级模拟）如图1，它是一个几何探究工具，其中△ABC内接于⊙G，AB是⊙G的直径，AB＝4，AC＝2，现将制作的几何探究工具放在平面直角坐标系中（如图2），然后点A在x轴上由点O开始向右滑动，点B在y轴上也随之向点O滑动（如图3），并且保持点O在⊙G上，当点B滑动至与点O重合时运动结束、在整个运动过程中，点C运动的路程是 ．
【分析】由于在运动过程中，原点O始终在⊙G上，则弧AC的长保持不变，弧AC所对应的圆周角∠AOC保持不变，等于∠XOC，故点C在与x轴夹角为∠ABC的射线上运动．顶点C的运动轨迹应是一条线段，且点C移动到图中C2位置最远，然后又慢慢移动到C3结束，点C经过的路程应是线段C1C2+C2C3．
【解答】解：如图3，连接OG．
∵∠AOB是直角，G为AB中点，
∴GO＝AB＝半径，
∴原点O始终在⊙G上．
∵∠ACB＝90°，AB＝4，AC＝2，
∴BC＝，
连接OC，则∠AOC＝∠ABC，
∴tan∠AOC＝，
∴点C在与x轴夹角为∠AOC的射线上运动．
如图4，C1C2＝OC2﹣OC1＝4﹣2＝2；
如图5，C2C3＝OC2﹣OC3＝；
∴总路径为：C1C2+C2C3＝＝，
故答案为：．
【点评】此题主要考查了函数和几何图形的综合运用．解题的关键是会灵活的运用函数图象的性质和交点的意义求出相应的线段的长度或表示线段的长度，再结合具体图形的性质求解．
17．（2022秋•宿城区期中）如图，BD，CE是△ABC的高，BD，CE相交于点F，M是BC的中点，⊙O是△ABC的外接圆．
（1）点B，C，D，E是否在以点M为圆心的同一个圆上？请说明理由．
（2）若AB＝8，CF＝6，求△ABC外接圆的半径长．
【分析】（1）连接EM，DM，根据垂直定义可得∠BDC＝∠BEC＝90°，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得EM＝BM＝BC，DM＝CM＝BC，从而可得EM＝BM＝DM＝CM，即可解答；
（2）连接AF并延长交BC于点G，连接BO并延长交⊙O于点H，连接AH，CH，根据三角形的高是交于一点的可得AG⊥BC，再根据直径所对的圆周角是直角可得∠BAH＝∠BCH＝90°，从而可得AG∥CH，AH∥CE，然后利用平行四边形的判定可得四边形AFCH是平行四边形，从而可得CF＝AH＝6，最后在Rt△BAH中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：（1）点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上，
理由：连接EM，DM，
∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠BDC＝∠BEC＝90°，
∵M是BC的中点，
∴EM＝BM＝BC，DM＝CM＝BC，
∴EM＝BM＝DM＝CM，
∴点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上；
（2）连接AF并延长交BC于点G，连接BO并延长交⊙O于点H，连接AH，CH，
∵BD，CE是△ABC的高，BD，CE相交于点F，
∴AG⊥BC，
∵BH是⊙O的直径，
∴∠BAH＝∠BCH＝90°，
∴BA⊥AH，BC⊥CH，
∴AG∥CH，
∵CE⊥AB，
∴AH∥CE，
∴四边形AFCH是平行四边形，
∴CF＝AH＝6，
在Rt△BAH中，AB＝8，
∴BH＝＝＝10，
∴△ABC外接圆的半径长为5．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，直角三角形斜边上的中线，点与圆的位置关系，确定圆的条件，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18．（2022秋•海州区校级月考）阅读下列材料：已知实数m，n满足（2m2+n2+1）（2m2+n2﹣1）＝80，试求2m2+n2的值．
解：设2m2+n2＝t，则原方程变为（t+1）（t﹣1）＝80，整理得t2﹣1＝80，t2＝81，所以t＝±9，因为2m2+n2≥0，所以2m2+n2＝9．这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化．根据以上阅读材料内容，解决下列问题．
（1）已知实数x、y，满足（2x2+2y2+3）（2x2+2y2﹣3）＝27，求x2+y2的值；
（2）已知Rt△ACB的三边为a、b、c（c为斜边），其中a、b满足（a2+b2﹣1）（a2+b2﹣4）＝5（a2+b2）（a2+b2﹣4），求Rt△ACB外接圆的半径．
【分析】（1）设2x2+2y2＝t，解一元二次方程得到t＝±6，根据2x2+2y2≥0，得到2x2+2y2＝6，进而求出x2+y2＝3；
（2）设a2+b2＝t，解一元二次方程得到a2+b2＝4，根据勾股定理求出c，求出Rt△ACB外接圆的半径为1．
【解答】解：（1）设2x2+2y2＝t，
则原方程变形为（t+3）（t﹣3）＝27，
整理得：t2＝36，
解得，t＝±6，
∵2x2+2y2≥0，
∴2x2+2y2＝6，
∴x2+y2＝3；
（2）设a2+b2＝t，
则原方程变形为（t﹣1）（t﹣4）＝5t（t﹣4），
整理得，4t2﹣15t﹣4＝0，
解得：t＝4或﹣，
∵a2+b2≥0，
∴a2+b2＝4，
∴c＝＝2，
∴Rt△ACB外接圆的半径为1．
【点评】本题考查的是三角形的外心、一元二次方程的解法，掌握换元法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
19．（2022秋•秦淮区期中）以下列三边长度作出的三角形中，其外接圆半径最小的是（ ）
A．8，8，8B．4，10，10C．4，8，10D．6，8，10
【分析】分别求出各三角形的外接圆半径，比较即可．
【解答】解：A、∵△ABC是等边三角形，设O是外心，
∴BF＝CF＝4，AF⊥BC，BE平分∠ABC，
∴∠OBF＝∠ABC＝30°，
∴OB＝＝＝，
∴△ABC的外接圆的半径为；
B、∵△ABC是等腰三角形，
过A作AD⊥BC于D，延长AD交⊙O于E，
∵AB＝AC＝10，
∴＝，BD＝CD＝BC＝2，
∴AE是⊙O的直径，AD＝＝＝4，
∴∠ABE＝∠ADB＝90°，
∵∠BAD＝∠EAB，
∴△ADB∽△ABE，
∴＝，
∴＝，
∴AE＝，
∴外接圆半径为；
C、作AD⊥BC于点D，作直径AE，连接CE，
在Rt△ABD中，AB2﹣BD2＝AD2，
在Rt△ACD中，AC2﹣CD2＝AD2，
∴AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，即42﹣BD2＝82﹣（10﹣BD）2，
解得BD＝，
由勾股定理得，AD＝＝，
∵AE为圆的直径，
∴∠ACE＝90°，
∴∠ADB＝∠ACE，又∠B＝∠E，
∴△ADB∽△ACE，
∴＝，即＝，
解得AE＝，
则外接圆半径＝，
D、∵62+82＝102，
∴此三角形是直角三角形，
∴此三角形外接圆的半径为5，
∴其外接圆半径最小的是A选项，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心、相似三角形的判定和性质、勾股定理，掌握圆周角定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
20．（2023•秦淮区模拟）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，，把△ABC绕点O按逆时针方向旋转90°得到△BED，则对应点C，D之间的距离为 2 ．
【分析】连接OC，OB，OD，根据圆周角定理得到△OCB是等边三角形，根据旋转的性质得到∠COD＝90°，根据勾股定理得到．
【解答】解：连接OC，OB，OD，CD，
∵∠BOC＝2∠A＝60°，OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
∴，
∵△ABC绕点O按逆时针方向旋转90°得到△BED，
∴∠COD＝90°，
根据勾股定理．
故答案为：2．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，圆周角定理，旋转的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
21．（2019秋•新北区校级期中）如图，AB为△ADC的外接圆⊙O的直径，若∠BAD＝50°，则∠ACD＝ 40 °．
【分析】根据直径所对圆周角是直角和同弧所对圆周角相等即可求出∠ACD的度数．
【解答】解：如图，连接BD，
∵AB为△ADC的外接圆⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAD＝50°，
∴∠ABD＝90°﹣50°＝40°，
∴∠ACD＝∠ABD＝40°．
故答案为：40．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握三角形的外接圆与外心．
22．（2022秋•涟水县校级月考）定义：到一个三角形三个顶点的距离相等的点叫做该三角形的外心．
（1）如图①，△ABC是等边三角形，点O是△ABC的外心，求证∠ABO＝30°
（2）如图②，△ABC是等边三角形，分别延长等边三角形ABC的边AB、BC、CA到点D、E、F，使BD＝CE＝AF，连接DE，EF，DF．若点O为△ABC的外心，求证：点O也是△DEF的外心．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠ABC＝60°，AB＝AC＝BC，根据全等三角形的性质得到∠ABO＝∠OBC，于是得到结论；
（2）连接OF，OD，OE，由（1）得，∠ABO＝30°，推出∠FAO＝∠DBO，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝AC＝BC，
∵点O是△ABC的外心，
∴OA＝OB＝OC，
在△AOB与△COB中，
，
∴△AOB≌△COB（SSS），
∴∠ABO＝∠OBC，
∵∠ABO+∠OBC＝∠ABC＝60°，
∴∠ABO＝30°；
（2）连接OF，OD，OE，
由（1）得，∠ABO＝30°，
∵点O为△ABC的外心，
∴OA＝OB，
∴∠OAB＝∠ABO＝30°，
∴∠OAC＝60°﹣30°＝30°，
∴180°﹣∠OAC＝180°﹣∠ABO，
∴∠FAO＝∠DBO，
在△FAD与△DBO中，
，
∴△FAD≌△DBO（SAS），
∴OF＝OD，
同理，OF＝OE，
∴OF＝OE＝OD，
∴点O也是△DEF的外心．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
23．（2022秋•惠山区校级月考）阅读下列材料：
已知实数m，n满足（2m2+n2+1）（2m2+n2﹣1）＝80，试求2m2+n2的值．
解：设2m2+n2＝t，则原方程变为（t+1）（t﹣1）＝80，整理得t2﹣1＝80，t2＝81，所以t＝±9，因为2m2+n2≥0，所以2m2+n2＝9．
上面这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化．
根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程．
（1）已知实数x、y，满足（2x2+2y2+3）（2x2+2y2﹣3）＝27，求x2+y2的值；
（2）已知Rt△ACB的三边为a、b、c（c为斜边），其中a、b满足（a2+b2）（a2+b2﹣4）＝5，求Rt△ACB外接圆的半径．
【分析】（1）利用换元法解方程即可解决问题；
（2）利用换元法解方程可得c＝，再根据直角三角形外接圆的半径等于斜边的一半即可解决问题．
【解答】解：（1）设2x2+2y2＝t，
则原方程可变为（t+3）（t﹣3）＝27，
解得t＝±6，
∵2x2+2y2≥0，
∴2x2+2y2＝6，
∴x2+y2＝3；
（2）设a2+b2＝t，
则原方程可变为 t（t﹣4）＝5，
即t2﹣4t﹣5＝0，
解得t1＝5，t2＝﹣1，
∵a2+b2≥0，
∴a2+b2＝5，
∴c2＝5，
∴c＝，
∴Rt△ACB外接圆的半径为．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，代数式求值，高次方程，勾股定理，一元二次方程，解决本题的关键是掌握直角三角形的外心．
24．（2023•建邺区一模）如图，在△ABC中，AC＝BC．D是AB上一点，⊙O经过点A，C，D交BC于点E．过点D作DF∥BC，分别交AC于点G，⊙O于点F．
（1）求证AC＝DF；
（2）若AC＝10，AB＝12，CF＝3，求BE的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠BAC＝∠B，根据平行线的性质得出∠ADF＝∠B，求出∠ADF＝∠CFD，根据平行线的判定得出BD∥CF，根据平行四边形的判定得出即可得出平行四边形DBCF，继而得出BC＝DF，又由AC＝BC，即可得答案；
（2）求出∠AEF＝∠B，根据圆内接四边形的性质得出∠ECF+∠EAF＝180°，根据平行线的性质得出∠ECF+∠B＝180°，求出∠AEF＝∠EAF，根据等腰三角形的判定得出即可得出AF＝EF，再证△ACF≌△FDE（SAS），得出CF＝DE＝BD＝3，再证△ABC∽△EBD，得出＝，即可得答案．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠B，
∵DF∥BC，
∴∠ADF＝∠B，
∵∠BAC＝∠CFD，
∴∠ADF＝∠CFD，
∴BD∥CF，
∵DF∥BC，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴BC＝DF，
∵AC＝BC，
∴AC＝DF；
（2）解：连接AE，AF，DE，EF，
∵∠ADF＝∠B，∠ADF＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠B，
∵四边形AECF是⊙O的内接四边形，
∴∠ECF+∠EAF＝180°，
∵BD∥CF，
∴∠ECF+∠B＝180°，
∴∠EAF＝∠B，
∴∠AEF＝∠EAF，
∴AF＝EF，
∵DF∥BC，
∴∠DFE＝∠FEC，
∵∠FAC＝∠FEC，
∴∠FAC＝∠DFE，
∵AC＝DF，
∴△ACF≌△FDE（SAS），
∴CF＝DE，
∴DE＝BD＝3，
∴∠B＝∠DEB，
∵AC＝BC，
∴∠B＝∠CAB，
∴∠B＝∠CAB＝∠DEB，
∴△ABC∽△EBD，
∴＝，
∴＝，
∴BE＝3.6．
【点评】本题考查了平行线的性质和判定，平行四边形的判定，圆内接四边形，等腰三角形的判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
25．（2022秋•溧阳市期中）阅读下列材料：
已知实数m，n满足（2m2+n2+1）（2m2+n2﹣1）＝80，试求2m2+n2的值．
解：设2m2+n2＝t，则原方程变为（t+1）（t﹣1）＝80，整理得t2﹣1＝80，t2＝81，所以t＝±9，因为2m2+n2≥0，所以2m2+n2＝9．上面这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化．根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程．
（1）已知实数x、y满足（2x2+2y2+3）（2x2+2y2﹣3）＝27，求x2+y2的值；
（2）已知Rt△ABC的三边为a、b、c（c为斜边），且a、b满足（a2+b2）（a2+b2﹣4）＝5，求Rt△ACB外接圆的半径．
【分析】（1）设2x2+2y2＝t，解一元二次方程得到t＝±6，根据2x2+2y2≥0，得到2x2+2y2＝6，进而求出x2+y2＝3；
（2）设a2+b2＝t，解一元二次方程得到a2+b2＝4，根据勾股定理求出c，求出Rt△ACB外接圆的半径为1．
【解答】解：（1）设2x2+2y2＝t，
则原方程变形为（t+3）（t﹣3）＝27，
整理得：t2＝36，
解得，t＝±6，
∵2x2+2y2≥0，
∴2x2+2y2＝6，
∴x2+y2＝3；
（2）设a2+b2＝t，
则原方程变形为t（t﹣4）＝5，
整理得t2﹣4t﹣5＝0，
解得：t＝5或﹣1，
∵a2+b2≥0，
∴a2+b2＝5，
∴c＝＝，
∴Rt△ACB外接圆的半径为．
【点评】本题考查的是三角形的外心、一元二次方程的解法，掌握换元法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
一、单选题
1．（2022秋·江苏镇江·九年级统考期中）下列说法正确的是（ ）
A．弧长相等的弧是等弧B．直径是最长的弦
C．三点确定一个圆D．平分弦的直径垂直于弦
【答案】B
【分析】根据等弧的概念、弦的概念、确定圆的条件以及垂径定理判断即可．
【详解】A、能够重合的弧是等弧，弧长相等的弧不一定是等弧，故本选项说法错误，不符合题意；
B、直径是最长的弦，本选项说法正确，符合题意；
C、不在同一直线上的三点确定一个圆，故本选项说法错误，不符合题意；
D、平分弦（不是直径的弦）的直径垂直于弦，故本选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆的概念和有关性质，熟记等弧的概念、弦的概念、确定圆的条件以及垂径定理是解题的关键．
2．（2022秋·江苏盐城·九年级校联考期中）下列说法正确的是（ ）
A．等弧所对的圆心角相等B．在等圆中，如果弦相等，那么它们所对的弧也相等
C．过三点可以画一个圆D．平分弦的直径，平分这条弦所对的弧
【答案】A
【分析】根据确定圆的条件，弧，圆心角，弦之间的关系，垂径定理的判定进行一一判断即可．
【详解】解：A、等弧所对的圆心角相等，说法正确，本选项符合题意；
B、在等圆中，如果弦相等，但它们所对的弧不一定相等，本选项不符合题意；
C、过不在同一直线上的三点可以画一个圆，说法不正确，本选项不符合题意；
D、平分弦（非直径）的直径，平分这条弦所对的弧，说法不正确，本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查确定圆的条件，弧，圆心角，弦之间的关系，垂径定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
3．（2022秋·江苏徐州·九年级校考期末）下列命题中，正确的是（ ）
A．圆心角相等，所对的弦的弦心距相等B．三点确定一个圆
C．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧D．弦的垂直平分线必经过圆心
【答案】D
【分析】根据圆的确定，垂径定理，弦，圆心角的关系，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、同圆或等圆中，圆心角相等，所对的弦的弦心距相等，选项说法错误，不符合题意；
B、不在同一直线上的三点确定一个圆，选项说法错误，不符合题意；
C、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，选项说法错误，不符合题意；
D、弦的垂直平分线必经过圆心，选项说法正确，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查判断命题的真假．熟练掌握圆的确定，垂径定理，弦，圆心角的关系，是解题的关键．
4．（2023秋·江苏扬州·九年级校考期末）如图，点，C在平面直角坐标系中，则的外心在（ ）
A．第四象限B．第三象限C．原点O处D．y轴上
【答案】B
【分析】根据直角坐标系的特点作AB、BC的垂直平分线即可求解．
【详解】如图，作AB、BC的垂直平分线，交点在第三象限，
故选B．
【点睛】此题主要考查三角形的外心的定义，解题的关键是根据题意作出垂直平分线求解．
5．（2021秋·江苏泰州·九年级统考期中）下列命题中真命题的是（ ）
A．长度相等的弧是等弧B．相等的圆心角所对的弦相等
C．任意三点确定一个圆D．外心在三角形的一条边上的三角形是直角三角形
【答案】D
【分析】根据等弧、圆心角与弦的关系、确定圆的条件、直角三角形的外心等知识一一判断即可．
【详解】解：A、在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，故A中命题是假命题，不符合题意；
B、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故B中命题是假命题，不符合题意；
C、不共线的三点确定一个圆，故C中命题是假命题，不符合题意；
D、外心在三角形的一条边上的三角形是直角三角形，是真命题，本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查判断命题的真假，涉及等弧、圆心与弦的关系、确定圆的条件、直角三角形的外心等知识，熟知它们的前提条件是解答的关键．
6．（2022秋·江苏南京·九年级统考期中）以下列三边长度作出的三角形中，其外接圆半径最小的是（ ）
A．8，8，8B．4，10，10C．4，8，10D．6，8，10
【答案】A
【分析】分别求出各三角形的外接圆半径，比较即可．
【详解】A、∵是等边三角形，设O是外心，
∴，平分，
∴，
∴，
∴的外接圆的半径为，
B、∵是等腰三角形，
过点A作于D，延长交于E，
∵，
∴，，
∴是的直径，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴外接圆半径为，
C、作于点D，作直径，连接，
在中，，
在中，，
∴，
即,
解得，
由勾股定理得，
，
∵为圆的直径，
∴，
∴，又，
∴，
∴，即，
解得，
则外接圆半径，
D、∵，
∴此三角形是直角三角形，
∴此三角形外接圆的半径为5，
∴其外接圆半径最小的是A选项，
故选：A．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、相似三角形的判定与性质，勾股定理，掌握圆周角定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
7．（2023·江苏·模拟预测）如图，是的直径，点C在上，，垂足为D，，点E是上的动点（不与C重合），点F为的中点，若在E运动过程中的最大值为4，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先判断出点，，，四点共圆，判断出的最大值为，再求出，然后根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：如图，
连接，，
点是的中点，
，
，
，
，
，
点，，，在以为直径的圆上，
，
∵，
在中，，，
根据勾股定理得，
故选A．
【点睛】此题主要考查了垂径定理，四点共圆，勾股定理，作出辅助线判断出点，，，四点共圆是解本题的关键．
8．（2022秋·江苏盐城·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标为（1，3）、（5，3）、（1，－1），则△ABC外接圆的圆心坐标是（ ）
A．（1，3）B．（3，1）C．（2，3）D．（3，2）
【答案】B
【分析】根据三角形的外心的概念作出外心，根据坐标与图形性质解答即可．
【详解】解：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，
则点P为△ABC外接圆的圆心，
由题意得：点P的坐标为（3，1），即△ABC外接圆的圆心坐标是（3，1），
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心、坐标与图形性质，掌握三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点是解题的关键．
9．（2023秋·江苏无锡·九年级统考期末）如图，是等边三角形的外接圆，若的半径为r，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接，，延长交于D，根据等边三角形性质得出，，，求出，根据勾股定理求出，即可求出，根据三角形的面积公式求出即可．
【详解】连接，，延长交于D，
∵等边三角形是，
∴，，，
∴，
∴
由勾股定理得：，
∴
则的面积是
，
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形、等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的外接圆，三角形的面积等知识点的应用，关键是能正确作辅助线后求出的长，题目具有一定的代表性，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力．
10．（2023秋·江苏无锡·九年级统考期末）如图，为的外心，为正三角形，与相交于点，连接．若，，则为（ ）
A．110°B．90°C．85°D．80°
【答案】C
【分析】由三角形的外心可知，结合，先求出，再利用是正三角形以及外角的性质即可求解的度数．
【详解】解：是的外心，
是正三角形
故选C．
【点睛】本题主要考查外心的性质，等边三角形的性质及三角形外角性质，熟练掌握外心的性质及外角的性质是解决本题的关键．
二、填空题
11．（2022秋·江苏无锡·九年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A、B、P的坐标分别为 ，， ．若点C在第一象限内，且横坐标、纵坐标均为整数，P是的外心，则点C的坐标为______．
【答案】或或
【分析】如图所示，以P为圆心，以的长为半径画圆，在圆上的格点即为所求．
【详解】解：如图所示，以P为圆心，以的长为半径画圆，
在圆上的格点有，，，
∵P是的外心，即点C在圆P上，且点C在第一象限，
∴点C的坐标为或或，
故答案为：或或．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，三角形外接圆，熟知点C在圆P上是解题的关键．
12．（2023秋·江苏镇江·九年级镇江市外国语学校校考期末）已知一个直角三角形的两条直角边长分别为和，则这个直角三角形的外接圆的半径为_____________．
【答案】
【分析】先用勾股定理求值直角三角形的斜边长，再根据直角三角形的外接圆的特征，即可求解．
【详解】∵一个直角三角形的两条直角边长分别为和，
∴直角三角形的斜边长，
∵直角三角形的外接圆的直径就是直角三角形的斜边，
∴这个三角形的外接圆的直径长为．
∴这个三角形的外接圆的半径长为．
故答案是：．
【点睛】本题主要考查勾股定理以及直角三角形的外接圆，掌握直角三角形的外接圆的直径就是直角三角形的斜边，是解题的关键．
13．（2022秋·江苏苏州·九年级校考期中）平面直角坐标系中，已知的三个顶点分别为，则的外心的坐标为______．
【答案】
【分析】设的外心坐标为点，由三角形的外心到三个顶点的距离相等列出等量关系式，求出点P坐标，即可求解．
【详解】解：设的外心坐标为点，则，
，，，
即解得：，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形外心知识以及解直角三角形，掌握三角形的外心到三个顶点的距离相等是解题的关键．
14．（2022秋·江苏淮安·九年级统考期中）如图，△ABC的三个顶点都在直角坐标系中的格点上，图中△ABC外接圆的圆心坐标是_______．
【答案】
【分析】设三角形的外心为，然后根据外心的性质可以得到关于x、y的方程组，解方程组即可得解．
【详解】解：设三角形的外心为，由题意可得：
，
则，
解方程可得：，
故答案为．
【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握三角形外接圆的性质、二元一次方程组的解法是解题关键．
15．（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）已知在中，，，则的外接圆的半径是______ ．
【答案】
【分析】通过作辅助线，可将求外接圆的半径转化为求的斜边长，再利用等腰三角形的性质即可．
【详解】解：如图，作，垂足为D，则O一定在上，
∴，
设，
即，
解得．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查等腰三角形外接圆半径的求法，正确利用勾股定理以及等腰三角形的性质是解题关键．
16．（2022秋·江苏宿迁·九年级统考期中）小明在与同学的嬉闹中把校服划坏了，划坏的图形恰好是一个直角三角形，这个直角三角形的两条边长分别是5和12，妈妈打算用一个圆形图案把它盖住缝补好，则妈妈用的圆形图案所在圆的半径最小值为___________．
【答案】6或6.5
【分析】由题意得，此圆形为直角三角形的外接圆，直角三角形的外接圆圆心是斜边的中点，那么半径为斜边的一般，分两种情况：①12为斜边长；②5和12为两条直角边长，由勾股定理求得直角三角形的斜边长，进而可求得外接圆的半径．
【详解】解：由勾股定理可知：
①当直角三角形的斜边长为：12；
因此这个直角三角形的外接圆半径为6，
②当两条直角边长为5和12，则直角三角形的斜边长为：；
因此这个直角三角形的外接圆半径为6.5
综上所述：这个外接圆的半径为6或6.5
故答案为：6或6.5
【点睛】本题考查了直角三角形的外接圆半径和勾股定理，解题关键是理解直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，斜边长的一半为半径的圆．
17．（2021秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，点为，点为，点为．用一个圆面去覆盖，能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是______．
【答案】
【分析】由题意可得，该圆为外接圆，根据垂径定理确定外接圆的圆心，即可求解．
【详解】解：由题意可得：完全覆盖这个三角形的最小圆为外接圆，
作线段的垂直平分线，如图，
可得外接圆的圆心坐标为，
半径
故答案为：
【点睛】此题考查了三角形的外接圆，涉及了垂径定理，解题的关键是确定外接圆的圆心．
18．（2020秋·江苏南通·九年级南通田家炳中学校考期中）若点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC＝60°，底边BC＝4，则△ABC的面积为_____．
【答案】8﹣4或8+4
【分析】分两种情形讨论：①当圆心O在△ABC内部时．②当点O在△ABC外时．分别求解即可．
【详解】解：由题意可得，
当△ABC为△A1BC时，连接OB、OC，
∵点O是等腰△ABC的外心，且∠BOC＝60°，底边BC＝4，OB＝OC，
∴△OBC为等边三角形，OB＝OC＝BC＝4，OA1⊥BC于点D，
∴CD＝2，
∴OD＝＝2，
∴A1D＝4﹣2，
∴△ABC的面积＝×4×（4﹣2）＝8﹣4，
当△ABC为△A2BC时，连接OB、OC，
A2D＝4+2
同理可得，△ABC的面积＝8+4，
故答案为：8﹣4或8+4．
【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考常考题型．
三、解答题
19．（2022秋·江苏镇江·九年级统考期中）（1）请借助网格和一把无刻度直尺找出△ABC的外心点O；
（2）设每个小方格的边长为1，求出外接圆⊙O的面积．
【答案】（1）见解析；（2）10π
【分析】（1）根据三角形的外心是三边垂直平分线的交点作出点O；
（2）根据勾股定理求出圆的半径，根据圆的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：（1）如图所示，点O即为所求；
（2）连接OB，
由勾股定理得：OB＝，
∴外接圆⊙O的面积为：π×（）2＝10π．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握三角形的外心的概念、熟记圆的面积公式是解题的关键．
20．（2022秋·江苏无锡·九年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）请用无刻度的直尺和圆规作图，不写做法，保留作图痕迹，标上相应字母．
(1)已知，作，使圆心P到、边的距离相等，且经过A、B两点．
(2)如图，四边形是直角梯形，作，使与边都相切．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）作线段的垂直平分线，再作的角平分线交于P，再以P为圆心，以为半径作圆即可；
（2）分别作的角平分线，二者交于P，过点P作于E，以P为圆心，以为半径画圆即可．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，即为所求；
【点睛】本题主要考查了尺规作图—作角平分线，作线段垂直平分线，作圆，熟知相关作图方法是解题的关键．
21．（2023·江苏宿迁·统考一模）已知，点D是的边上一点．
(1)如图甲，，垂足为E，平分交边于点F，交边于点O，求证：；
(2)如图乙，交边于点E，平分交边于点O，，垂足为点F，求；
(3)如图丙，在线段上找一点O作，使经过点D且与相切．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出作法过程，不证明）
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)见解析．
【分析】（1）由，易证，由“两直线平行，内错角相等”得到，结合角平分线得到，最后依据“等角对等边”可证明；
（2）由题意易得，由平分线得到，易证得；
（3）过点D作交边于点E，点E作平分交边于点O，点O作，垂足为点F，以点O为圆心，为半径作圆，为所求．
【详解】（1）证明：如图甲，
，，
，
，
平分，
，
，
；
（2）证明：如图乙，
，，
，
平分，
，
在与中，
，
；
（3）如图，过点D作交边于点E，点E作平分交边于点O，点O作，垂足为点F，以点O为圆心，为半径作圆，
与相切，
由（2）可知，
，
经过点D，
即为所求．
【点睛】本题考查了垂直的定义、角平分线的性质、平行线的判定和性质、等角对等边、全等三角形的证明和性质、尺规作图；解题的关键是熟练掌握相关性质及尺规作图方法．
22．（2023秋·江苏连云港·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，、、．
(1)在图中画出经过、、三点的圆弧所在圆的圆心的位置；
(2)坐标原点与有何位置关系？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)点在内部，理由见解析
【分析】（1）根据圆心必在圆内任意一条弦的垂直平分线上，只需要作出的垂直平分线，二者的交点即为点M；
（2）利用勾股定理求出的长即可得到答案；
【详解】（1）解：如图所示，点M即为所求；
（2）解：点在内部，理由如下：
由（1）得点M的坐标为，
∴，
∵，
∴点在内部；
【点睛】本题主要考查了确定圆的圆心位置，勾股定理，点与圆的位置关系，正确求出圆心的位置是解题的关键．
23．（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图，，是的高，，相交于点是的中点，是的外接圆．
(1)点是否在以点M为圆心得同一个圆上？请说明理由．
(2)若，，求外接圆的半径长．
【答案】(1)点在以点M为圆心得同一个圆上，理由见解析
(2)外接圆的半径长是5
【分析】（1）连接，根据垂直定义可得，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得，，从而可得，即可解答；
（2）连接并延长交于点G，连接并延长交于点H，连接，根据三角形的高是交于一点的可得，再根据直径所对的圆周角是直角可得，从而可得，，然后利用平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，从而可得，最后在中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】（1）解：点在以点M为圆心的同一个圆上．
理由：连接，
∵是的高，相交于点F，
∴，，
∴．
∵M是的中点，
∴，，
∴，
∴点在以点M为圆心的同一个圆上；
（2）解：连接并延长交于点G，连接并延长交于点H，连接，
∵是的高，相交于点F，
∴，．
∵是的直径，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
在中，，
∴，
∴外接圆的半径长为5．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，直角三角形斜边上的中线，点与圆的位置关系，确定圆的条件，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24．（2023·江苏常州·常州市第二十四中学校考一模）已知是直线l和双曲线的交点．
(1)求m的值．
(2)若直线l分别和x轴、y轴交于E、F两点，且点A是的外心，试确定直线l的解析式．
(3)在双曲线上另取一点B，过B作轴于K，试问：在y轴上是否存在点P，使得？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）直接把点坐标代入可计算出；
（2）由于为直角三角形，点是的外心，根据直角三角形外心为斜边的中点得到点，为的中点，再根据线段中点的坐标公式得到点坐标为，点坐标为，然后利用待定系数法确定的解析式；
（3）根据反比例函数的比例系数的几何意义得到，设，利用三角形面积公式得到，然后求出即可得到点坐标．
【详解】（1）解：把代入得，
解得；
（2）为直角三角形，点是的外心，
点，为的中点，
点坐标为，点坐标为，
设直线的解析式为，
把，代入得，
解得，
直线的解析式为；
（3）存在．理由如下：
连接，设，
，
，
，
或
满足条件的点坐标为或．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：反比例函数与一次函数图象的交点坐标满足两函数的解析式．也考查了待定系数法求函数解析式以及反比例函数的比例系数的几何意义．
25．（2022秋·江苏常州·九年级统考期中）阅读下列材料：
已知实数m，n满足 ，试求的值．
解：设，则原方程变为，整理得，，所以，因为，所以,上面这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替（即换元），则能使复杂的问题简单化．根据以上阅读材料内容，解决下列问题，并写出解答过程．
(1)已知实数x、y满足 ，求值；
(2)已知的三边为a、b、c（c为斜边），且a、b满足，外接圆的半径．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，解一元二次方程得到 ，根据，得到，即可得到答案；
（2）设，解一元二次方程得到，根据勾股定理求出c，即可得到答案．
【详解】（1）解：设，
则原方程变形为，
整理得：，
解得，，
∵，
∴，
∴；
（2）解：设，
则原方程变形为 ，
整理得，
解得：或，
∵，
∴，
∴，
∴外接圆的半径 ．
【点睛】本题考查的是三角形的外心、一元二次方程的解法，掌握换元法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．
26．（2023·江苏宿迁·统考三模）尺规作图蕴含丰富的推理，还体现逆向思维，请尝试用无刻度的直尺和圆规完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹．

(1)【圆的作图】点P是中边上的一点，在图1中作，使它与的两边相切，点P是其中一个切点；
(2)点P是中边上的一点，在图2中作，使它满足以下条件：
①圆心O在上；②经过点P；③与边相切；
(3)【不可及点的作图】如图3，从墙边上引两条不平行的射线（交点在墙的另一侧，画不到），作这两条射线所形成角的平分线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据尺规作图角平分线、垂直平分线作出结果；
（2）根据尺规作图角平分线、垂直平分线、已知线段作出结果，有多种不同做法．
（3）根据尺规作图作角平分线、作垂直平分线、作已知线段、作垂线作出结果，有多种不同做法．
【详解】（1）解：

①过点作，垂足为点；
②作的平分线 交于点；
③以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．
（2）
法1：①过点作的垂线交于点，
②在上截取，
③作交于点
（或作的平分线交于点）；
④以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

法2：①过点作，垂足为点；
②作的平分线交于点；
③作的垂直平分线交于点；
（或过点作交于点；或作交于点）；
④以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

法3：①反向延长射线，过点作，垂足为点；
②作的平分线；
③过点作，交于点；
④作的垂直平分线交于点；
（或过点作交于点）；
⑤以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

法4：①在上任取一点（除外），作，垂足为点；
②以点为圆心，长为半径作⊙，交于点；
③过点作，交于点；
④过点作，交于点；
⑤以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

法5：①在上任取一点（除外），作，垂足为点；
②以点为圆心，长为半径作⊙交于点；
③连接，并延长交于点；
④过点作交于点；
⑤以点为圆心，长为半径作圆；
则⊙为所求的图形．

（3）法1：①在上任取一点（除外），在上任取一点（除外），连接；
②作的平分线，作的平分线，两平分线交于点；
③同样方法，得点；
④作直线；则直线为所求的图形．

法2：①在上任取一点（除外），在上任取一点（除外），连接；
②作的平分线，作的平分线，两平分线交于点；
③作的平分线，作的平分线，两平分线交于点；
④作直线；则直线为所求的图形．

法3：①在上任取一点（除外），在上任取一点（除外），连接；
②作的平分线，作的平分线，两平分线交于点；
③过点作，垂足为点；
④过点作，垂足为点；
⑤作的平分线；
则直线为所求的图形．

法4：①在上任取一点（除外），过点作；
②作的平分线，交于点；
③作线段的垂直平分线；则直线为所求的图形．

法5：①在上任取一点（除外），在上任取一点（除外）；
②过点作，垂足为点；过点作，垂足为点；与交于点；
③作的平分线交于点，射线反向延长线交于点；
④作线段平分线；则直线为所求的图形．

法6: ①在上任取一点（除外），过点作，垂足为点；
②过点作，垂足为点；
③作的平分线交于点；
④作线段的垂直平分线；
则直线为所求的图形．

法7: ①在上任取两点、（除外），以点为圆心，长为半径作⊙；
②过点作，交⊙于点；
③连接并延长交于点；
④作线段的垂直平分线；

则直线为所求的图形．
【点睛】本题考查了尺规作图作角平分线、作垂直平分线、作已知线段、作垂线，其中熟练运用作图方法并保留作图痕迹是解题关键．
一．选择题
1．经过不在同一直线上的三个点可以作圆的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．无数
【分析】不在同一直线上的三点确定一个圆．
【解答】解：经过不在同一直线上的三点确定一个圆．
故选：A．
【点评】本题考查的是圆的确定，过不在同一条直线上的三个点有且只有一个圆，过一点可画无数个圆，过两点也能画无数个圆，过不在同一条直线上的三点能画且只能画一个圆．
2．下列说法正确的个数有（ ）
①平分弦的直径，平分这条弦所对的弧；
②在等圆中，如果弦相等，那么它们所对的弧也相等；
③等弧所对的圆心角相等；
④过三点可以画一个圆．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据垂径定理，圆心角、弧、弦的关系以及确定圆的条件进行逐个判断即可．
【解答】解：①平分弦（弦不是直径）的直径，平分这条弦所对的弧，说法错误；
②在等圆中，如果弦相等，但它们所对的弧不一定相等，说法错误；
③等弧所对的圆心角相等，说法正确；
④过不在同一直线上的三点可以画一个圆，说法错误．
综上所述，正确的说法有1个．
故选：A．
【点评】本题考查的是垂径定理，圆心角、弧、弦的关系及确定圆的条件，在解答此类问题时要注意只有在同圆或等圆中，等弧所对的圆心角、弦、弦心距都分别相等．
3．下列说法正确的是（ ）
A．一个三角形只有一个外接圆
B．三点确定一个圆
C．长度相等的弧是等弧
D．三角形的外心到三角形三条边的距离相等
【分析】根据三角形的外接圆、等弧的定义、三角形外心的性质判断即可．
【解答】解：A、任意三角形都有且只有一个外接圆，正确，本选项符合题意；
B、不共线的三点确定一个圆，原说法错误，本选项不符合题意；
C、长度相等的弧不一定是等弧，原说法错误，本选项不符合题意；
D、三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，原说法错误，本选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的外接圆、等弧的定义，熟练掌握圆的有关概念是解题的关键．
4．小明不慎把家里的圆形镜子打碎了，其中四块碎片如图所示，为了配到与原来大小一样的圆形镜子，小明带到商店去的一块碎片应该是（ ）
A．第一块B．第二块C．第三块D．第四块
【分析】要确定圆的大小需知道其半径．根据垂径定理知第①块可确定半径的大小．
【解答】解：第①块出现一段完整的弧，可在这段弧上任做两条弦，作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长．
故选：A．
【点评】本题考查了确定圆的条件，解题的关键是熟练掌握：圆上任意两弦的垂直平分线的交点即为该圆的圆心．
5．如图，已知平面直角坐标系内三点A（3，0）、B（5，0）、C（0，4），⊙P经过点A、B、C，则点P的坐标为（ ）
A．（6，8）B．（4，5）C．（4，）D．（4，）
【分析】根据题意可知点P的横坐标为4，设点P的坐标为（4，y），根据PA＝PC列出关于y的方程，解方程得到答案．
【解答】解：∵⊙P经过点A、B、C，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，
∴点P的横坐标为4，
设点P的坐标为（4，y），
作PE⊥OB于E，PF⊥OC于F，
由题意得，
，
解得，y，
故选：C．
【点评】本题考查的是确定圆的条件，解题的关键是理解经过不在同一直线上的三点作圆，圆心是过任意两点的线段的垂直平分线的交点．
6．如图，⊙O是△ABC的外接圆，则点O是△ABC的（ ）
A．三条高线的交点
B．三条边的垂直平分线的交点
C．三条中线的交点
D．三角形三内角角平分线的交点
【分析】根据三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，进而得出答案．
【解答】解：∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴点O是△ABC的三条边的垂直平分线的交点．
故选：B．
【点评】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，正确把握外心的定义是解题关键．
7．已知正三角形的边长为12，则这个正三角形外接圆的半径是（ ）
A．2B．C．3D．4
【分析】设正△ABC的中心为O，过O点作OD⊥BC，垂足为D，连接OB，把问题转化到Rt△OBD中求OB即可．
【解答】解：如图，连接OB，作OD⊥BC，
∵BC＝12，
∴BDBC12＝6，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠OBD＝30°，
∴OB．
故选：D．
【点评】本题考查了正多边形和圆．关键是画出正三角形及其中心，表示正三角形外接圆的半径，把问题转化到直角三角形中求解．
8．如图，在平面直角坐标系中，△ABC为直角三角形，∠ABC＝90°，AB⊥x轴，M为Rt△ABC的外心．若点A的坐标为（3，4），点M的坐标为（﹣1，1），则点B的坐标为（ ）
A．（3，﹣1）B．（3，﹣2）C．（3，﹣3）D．（3，﹣4）
【分析】设C（m，n），利用直角三角形的外心为斜边的中点，根据线段的中点坐标公式得到﹣1，1，求出m、n得到点C的坐标为（﹣5，﹣2），由于AB⊥x轴，BC∥x轴，从而得到B点坐标．
【解答】解：∵M为Rt△ABC的外心，
∴M点为AC的中点，
设C（m，n），
∵点A的坐标为（3，4），点M的坐标为（﹣1，1），
∴﹣1，1，
解得m＝﹣5，n＝﹣2，
∴点C的坐标为（﹣5，﹣2），
∵∠ABC＝90°，AB⊥x轴，
∴BC∥x轴，
∴B点坐标为（3，﹣2）．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心；锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．也考查了坐标与图形性质．
9．如图，在平面直角坐标系中，A（0，﹣3），B（2，﹣1），C（2，3）．则△ABC的外心坐标为（ ）
A．（0，0）B．（﹣1，1）C．（﹣2，﹣1）D．（﹣2，1）
【分析】首先由△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作AB与BC的垂线，两垂线的交点即为△ABC的外心．
【解答】解：如图，根据网格点O′即为所求．
∵△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
∴EF与MN的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是（﹣2，1）．
故选：D．
【点评】此题考查了三角形的外接圆与外心，坐标与图形性质．注意三角形的外心即是三角形三边垂直平分线的交点．解此题的关键是数形结合思想的应用．
10．如图，在等边△ABC中，AB＝4，点D为AB的中点，动点E、F分别在AD、BC上，且EF＝2，作△BEF的外接圆⊙O，交AC于点G、H．当动点E从点D向点A运动时，线段GH长度的变化情况为（ ）
A．一直不变B．一直变大
C．先变小再变大D．先变大再变小
【分析】由等腰三角形的性质可求ON＝1，FO＝OB＝GO＝OH＝2，则点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，由勾股定理可求GH＝2，即可求解．
【解答】解：如图，连接BO，EO，FO，GO，HO，过点O作ON⊥EF于N，OP⊥GH于P，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠EOF＝120°，
∵OE＝OF，ON⊥EF，
∴∠OEF＝∠OFE＝30°，EN＝FN，
∴OF＝2ON，FNON，
∴ON＝1，FO＝2，
∴OB＝GO＝OH＝2，
∴点O在以点B为圆心，2为半径的圆上运动，
∵OG＝OH，OP⊥GH，
∴GH＝2PH，
∵PH，
∴GH＝2，
∵动点E从点D向点A运动时，OP的长是先变小再变大，
∴GH的长度是先变大再变小，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，确定点O的运动轨迹是解题的关键．
二．填空题
11．（2021秋•东光县期中）经过两点可以做 无数个 个圆，不在同一直线的 三 个点可以确定一个圆．
【分析】经过两点可以做无数个个圆，不在同一直线的三个点可以确定一个圆．
【解答】解：经过两点可以做无数个个圆，不在同一直线的三个点可以确定一个圆．
故答案为：无数个，三．
【点评】本题考查了确定圆的条件及确定直线的条件，属于基础题，比较简单．
12．（2021秋•建邺区期中）当A（1，2），B（3，﹣3），C（5，n）三点可以确定一个圆，则n需要满足的条件为 n≠﹣8 ．
【分析】能确定一个圆就是不在同一直线上，首先确定直线AB的解析式，然后点C不满足求得的直线即可．
【解答】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∵A（1，2），B（3，﹣3），
∴，
解得：k＝﹣，b＝，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+，
∵点A（1，2），B（3，﹣3），C（5，n）三点可以确定一个圆时，
∴点C不在直线AB上，
∴n＝﹣×5+＝﹣8，
∴当点A（1，2），B（3，﹣3），C（5，n）三点可以确定一个圆，则n需要满足的条件为n≠﹣8，
故答案为：n≠﹣8．
【点评】本题考查了确定圆的条件及坐标与图形的性质，能够了解确定一个圆时三点不共线是解答本题的关键．
13．平面直角坐标系内的三个点A（1，0）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3） 能 确定一个圆（填“能”或“不能”）．
【分析】根据三个点的坐标特征得到它们不共线，于是根据确定圆的条件可判断它们能确定一个圆．
【解答】解：∵B（0，﹣3）、C（2，﹣3），
∴BC∥x轴，
而点A（1，0）在x轴上，
∴点A、B、C不共线，
∴三个点A（1，0）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3）能确定一个圆．
故答案为：能．
【点评】本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．
14．在平面直角坐标系中有A，B，C三点，A（1，3），B（3，3），C（5，1）．现在要画一个圆同时经过这三点，则圆心坐标为 （2，0） ．
【分析】根据不在同一直线上的三点能确定一个圆，该圆圆心在三点中任意两点连线的垂直平分线上，据此及勾股定理可列式求解．
【解答】解：∵A（1，3），B（3，3），C（5，1）不在同一直线上
∴经过点A，B，C可以确定一个圆
∴该圆圆心必在线段AB的垂直平分线上
∴设圆心坐标为M（2，m）
则点M在线段BC的垂直平分线上
∴MB＝MC
由勾股定理得：
∴1+m2﹣6m+9＝9+m2﹣2m+1
∴m＝0
∴圆心坐标为M（2，0）
故答案为：（2，0）．
【点评】本题考查了确定圆的条件，明确不在同一直线上的三点确定一个圆及圆心在这三条线段的垂直平分线的交点上，是解题的关键．
15．如图，点A、点B是直线l上两点，AB＝10，点M在直线l外，MB＝6，MA＝8，∠AMB＝90°，若点P为直线l上一动点，连接MP，则线段MP的最小值是 4.8 ．
【分析】根据垂线段最短可知：当MP⊥AB时，MP有最小值，再利用三角形的面积可列式计算求解MP的最小值．
【解答】解：当MP⊥AB时，MP有最小值，
∵AB＝10，MB＝6，MA＝8，∠AMB＝90°，
∴AB•MP＝AM•BM，
即10MP＝6×8，
解得MP＝4.8．
故答案为：4.8．
【点评】本题主要考查垂线段最短，三角形的面积，找到MP最小时的P点位置是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的横、纵坐标都为整数，过这三个点作一条圆弧，则此圆弧的圆心坐标为 （2，1） ．
【分析】根据图形得出A、B、C的坐标，再连接AB，作线段AB和线段BC的垂直平分线MN、EF，两线交于Q，则Q是圆弧的圆心，最后求出点Q的坐标即可．
【解答】解：从图形可知：A点的坐标是（0，2），B点的坐标是（1，3），C点的坐标是（3，3），
连接AB，作线段AB和线段BC的垂直平分线MN、EF，两线交于Q，则Q是圆弧的圆心，如图，
∴Q点的坐标是（2，1），
故答案为：（2，1）．
【点评】本题考查了确定圆的条件，坐标与图形性质，垂径定理等知识点，能找出圆弧的圆心Q的位置是解此题的关键．
17．（2022•苏州二模）如图，在△ABC中，AC＝4，BC＝6，∠ACB＝30°，D是△ABC内一动点，⊙O为△ACD的外接圆，⊙O交直线BD于点P，交边BC于点E，若＝，则AD的最小值为 2﹣6 ．
【分析】根据＝得∠ACB＝∠CDP．再由∠ACB＝30°可得到∠BDC＝150°，于是点D在以BC为弦，∠BDC＝150°的圆弧上运动，再由∠BMC＝60°可证明∠ACM＝90°，从而算出AM＝2，再由当A、D、M三点共线时，AD最小，求出此时AD的长即可．
【解答】解：∵＝，
∴∠ACB＝∠CDP．
∵∠ACB＝30°，
∴∠CDP＝30°，
∴∠BDC＝180°﹣30°＝150°，
∴点D在以BC为弦，∠BDC＝150°的圆弧上运动，
如图，设D点运动的圆弧圆心为M，取优弧BC上一点N，
连接MB，MC，NB，NC，AM，MD，
则∠BNC＝180°﹣∠BDC＝30°，
∴∠BMC＝60°，
∵BM＝CM，
∴△BMC为等边三角形，
∴∠MCB＝60°，MC＝BC＝6，
∵∠ACB＝30°，
∴∠ACM＝90°，
∴AM＝＝＝2，
∴当A、D、M三点共线时，AD最小，
此时，AD＝AM﹣MD＝2﹣6．
故答案为：2﹣6．
【点评】此题主要考查了圆周角定理、等边三角形的性质、勾股定理、三角形三边关系，解决此题的关键是证明出∠BDC＝150°，分析出D在以BC为弦，∠BDC＝150°的圆弧上运动．
三．解答题
18．如图，正三角形ABC内接于⊙O，⊙O的半径为r，求这个正三角形的周长和面积．
【分析】连接OB、OC，作OD⊥BC于D，则∠ODB＝90°，BD＝CD，∠OBC＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出OD，由勾股定理求出BD，得出BC，△ABC的面积＝3S△OBC，即可得出结果．
【解答】解：如图所示：
连接OB、OC，作OD⊥BC于D，
则∠ODB＝90°，BD＝CD，∠OBC＝30°，
∴ODOBr，
∴BDr，
∴BC＝2BDr，
即正三角形ABC边长为r．
∴正三角形ABC周长为．
∴△ABC的面积＝3S△OBC＝3BC×OD＝3rr．
∴正三角形ABC面积为．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、垂径定理、勾股定理、三角形面积的计算；熟练掌握正三角形和圆的关系，并能进行推理计算是解决问题的关键．
19．如图，△ABC内接于⊙O；∠A＝30°，过圆心O作OD⊥BC，垂足为D．若⊙O的半径为6，求OD的长．
【分析】先证△BOC是等边三角形，可得OB＝OC＝BC＝6，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图，连接OB，OC，
∵∠BOC＝2∠A，∠A＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB＝OC＝BC＝6，
∵OD⊥BC，
∴BD＝CD＝3，
在Rt△ODB中，OD3．
【点评】本题考查了三角形的外接圆和外心，等边三角形的性质，勾股定理等知识，掌握圆周角定理是解题的关键．
20．如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O．
（1）求证：AB＝AC；
（2）若BC＝8，⊙O的半径为5，求△ABC的面积．
【分析】（1）根据垂径定理得到，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理证明结论；
（2）连接OB，根据垂径定理求出BD，根据勾股定理求出OD，根据三角形 的面积公式计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵OD⊥BC，
∴，
∴AB＝AC；
（2）解：连接OB，
∵OD⊥BC，BC＝8，
∴BD＝DCBC8＝4，
在Rt△ODB中，OD3，
∴AD＝5+3＝8，
∴S△ABC8×8＝32．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆心角、弧、弦之间的关系定理是解题的关键．
21．（1）请借助网格和一把无刻度直尺找出△ABC的外心点O；
（2）设每个小方格的边长为1，求出外接圆⊙O的面积．
【分析】（1）根据三角形的外心是三边垂直平分线的交点作出点O；
（2）根据勾股定理求出圆的半径，根据圆的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：（1）如图所示，点O即为所求；
（2）连接OB，
由勾股定理得：OB，
∴外接圆⊙O的面积为：π×（）2＝10π．
【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握三角形的外心的概念、熟记圆的面积公式是解题的关键．
22．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD⊥BC于点D，圆心O在AD上，AB＝10，BC＝12，求⊙O的半径．
【分析】连接OB，根据垂径定理首先求得BD的长，根据勾股定理求得AD的长，可以设出圆的半径，在直角三角形OBD中，利用勾股定理即可列方程求得半径．
【解答】解：如图，连接OB．
∵AD是△ABC的高．
∴BDBC＝6，
在Rt△ABD中，AD8．
设圆的半径是R．
则OD＝8﹣R．
在Rt△OBD中，根据勾股定理可以得到：R2＝36+（8﹣R）2，
解得：R．
∴⊙O的半径为．
【点评】本题考查了三角形的外接圆和外心，垂径定理以及勾股定理，关键是根据勾股定理转化成方程问题．