人教版（2024）九年级上册（2024）29.1.1 圆的有关概念学案

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学习目标
1.掌握圆的定义，以及半径、弦、弧、圆心角、圆周角的定义。
2.掌握点与圆的位置关系以及条件。
3.掌握三角形外接圆的概念，外心与三边的关系，特殊三角形的外心与圆心角的关系.(重点、难点）。
4.掌握点与圆上一动点距离的最值问题。（重点、难点）。
考点整理
一、圆的基本概念
二、点与圆的位置关系
1．点和圆的位置关系有三种：
点在圆上、点在圆内和点在圆外，这三种关系由这个点到圆心的距离与半径的大小关系决定．设的半径为r，点P到圆心O的距离为d，
则有：点在圆外；
点在圆上；
点在圆内.
2．三角形的外接圆
（1）确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．
（2）外接圆定义：经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，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，这个三角形叫做这个圆的内接三角形．
注意：
（1）外心的确定：三条垂直平分线的交点，锐角三角形的外心在它的内部；直角三角形的外心在斜边中点处（即直角三角形外接圆半径等于斜边的一半）；钝角三角形的外心在它的外部．
（2）外心到三个顶点的距离相等，都等于外接圆的半径．
题型归纳
【题型1 圆的基本概念辨析】
1．如图，中，，，以为圆心，长为半径画弧，交边于点；则的长（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质得,,再根据题意得,即可得出答案．
【详解】解：∵在中，
∴,,
根据题意，得,
∴．
2．下列说法正确的是（ ）
A．直径是弦，弦是直径B．过圆心的线段是直径
C．圆中最长的弦是直径D．圆是轴对称图形，但不是中心对称图形
【答案】C
【分析】本题考查圆的基本性质，包括弦、直径的定义以及圆的对称性，掌握相关知识是解决问题的关键． 直径是经过圆心的弦，且是圆中最长的弦；圆既是轴对称图形也是中心对称图形．
【详解】解：A：直径是弦，但弦不一定是直径（如非直径的弦），故A错误；
B：过圆心的线段必须连接圆上两点才是直径，否则不是，故B错误；
C： 直径是经过圆心的弦，且是圆中最长的弦，故C正确；
D：圆有无数条对称轴（任何直径所在直线），且以圆心为中心对称点，故是中心对称图形，故D错误．
故选：C．
3．已知的半径是，则中最长的弦长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】圆中最长的弦是直径，直径的长度是半径的2倍，解答即可．
本题考查了直径是圆中最大弦，熟练掌握知识是解题的关键．
【详解】解：∵的半径是，
∴最长的弦（直径），
故选：B．
4．下列说法正确的是（ ）
A．所有半径都相等
B．过圆心的直线是圆的直径
C．圆既是轴对称图形又是中心对称图形
D．长度相等的两条弧是等弧
【答案】C
【分析】本题主要考查了圆的基本概念（半径、直径、对称性、等弧），熟练掌握这些概念的定义及限制条件是解题的关键．
根据圆的基本概念（半径、直径、对称性、等弧）的定义，逐一分析每个选项的正误．
【详解】解：半径相等仅在同圆或等圆中成立，否则不一定相等，A选项错误；
直径是通过圆心且两端点在圆上的线段，而过圆心的直线是无限延伸的，不是直径，B选项错误；
圆有无数条对称轴（任何直径所在直线），且绕圆心旋转180度后与自身重合，故 圆既是轴对称图形又是中心对称图形，C选项正确；
等弧需在同圆或等圆中长度相等且能重合，仅长度相等不一定是等弧，D选项错误．
故选：C．
【题型2 求圆中弦的条数】
5．如图所示，点，，，点，，以及点，，分别在一条直线上，则圆中弦的条数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆的有关概念，由连接圆上任意两点的线段叫做弦，即可判断得出答案，掌握圆的有关概念是解题的关键．
【详解】解：圆中的弦有：、，共两条，
故选：．
6．如图所示，在⊙O中，点A，O，D以及点B，O，C分别在一条直线上，则图中的弦有( )
A．2条B．3条C．4条D．5条
【答案】B
【分析】根据弦的定义进行分析，从而得到答案．
【详解】解：图中的弦有AB，BC，CE共三条，
故选B．
【点睛】本题主要考查了弦的定义，熟知定义是解题的关键：连接圆上任意两点的线段叫弦．
7．如图，已知的半径为4，M是内一点，且，则过点M的所有弦中，弦长是整数的共有 _____ 条．
【答案】3
【分析】过点M作交于点A、B，连接，根据勾股定理求出，根据垂径定理求出，进而得到答案．
【详解】解：过点M作交于点A、B，连接，
则，
在中，，
∴，
则过点M的所有弦，
，且
，
则弦长是整数的共有长度为7的两条，长度为8的一条，共3条．
8．经过圆内一点可作圆的________条弦，其中最长的弦是________．
【答案】 无数 直径
【分析】本题主要考查了弦的概念，掌握直径是圆中最长的弦是解题的关键．
根据连接圆上任意两点间的线段是弦，经过圆内一点可以作无数条直线与圆相交，从而形成无数条弦；根据圆中最长的弦是直径即可解答．
【详解】解：经过圆内一点可作圆的无数条弦，其中最长的弦是直径．
故答案为：无数；直径．
【题型3 求过圆内一点的最长弦】
9．已知中最长的弦为，则的半径为（ ）．
A．2B．3C．6D．12
【答案】B
【分析】本题考查了圆的基本知识；熟练理解圆中最长的弦是直径是解题的关键．
根据圆中最长的弦是直径以及同圆或等圆中，直径是半径的2倍，即可求得结果．
【详解】解：中最长的弦长为，
的直径的长为，
的半径为．
故选B．
10．如图，在中，是直径，是弦，点P是劣弧上任意一点．若，则的长不可能是（ ）

A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】本题主要考查直径是最长的弦，由是直径得是中最长的弦，且，故有，所以可得结论．
【详解】解：是直径，
∴是中最长的弦，
∴，
∵
∴
∴只有选项D符合题意，
故选：D．
11．已知是半径为6的圆的一条弦，则的长不可能是（ ）
A．8B．10C．12D．14
【答案】D
【分析】根据半径求得直径的长，然后利用圆内最长的弦是直径作出判断即可．
【详解】解：∵圆的半径为6，
∴直径为12，
∵AB是一条弦，
∴AB的长应该小于等于12，不可能为14，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆的认识，解题的关键是了解圆内最长的弦是直径，难度较小．
12．下列选项中，能够被半径为的圆及其内部所覆盖的图形是（ ）
A．长度为的线段B．斜边为的直角三角形
C．面积为的菱形D．半径为，圆心角为的扇形
【答案】D
【分析】由直径为圆中最长的弦可判断 由直角三角形的外接圆的直径是斜边的长可判断，利用圆的面积为，小于菱形的面积，可判断 由半径为，圆心角为的扇形的面积小于圆的面积可判断
【详解】解： 半径为的圆的直径为
半径为的圆及其内部所能覆盖的线段最长为，
而＞
半径为的圆及其内部不能覆盖长度为的线段．故 不符合题意，
斜边为的直角三角形的外接圆的直径为，而＞，
所以半径为的圆及其内部不能覆盖斜边为的直角三角形，故不符合题意，
，菱形的面积为 而＜
半径为的圆及其内部不能覆盖面积为的菱形，故不符合题意；
半径为，圆心角为的扇形的面积为：
而＜
所以半径为的圆及其内部能覆盖半径为，圆心角为的扇形，故符合题意，
故选：
【点睛】本题考查的是圆的基本性质，直径为圆中最长的弦，直角三角形的外接圆的直径，菱形的面积，扇形的面积，掌握以上知识是解题的关键.
【题型4 判断点与圆的位置关系】
13．已知的半径为，点为平面内一点，且，则点与的位置关系是（ ）
A．点在上B．点在内C．点在外D．无法判断
【答案】B
【详解】的半径，点到圆心的距离，
．
点在内．
14．已知的半径为6，点到圆心的距离为7，则点与圆的位置关系为（ ）
A．在圆内B．在圆上C．在圆外D．不确定
【答案】C
【分析】通过比较点到圆心的距离与圆半径的大小关系，判断点与圆的位置关系．
【详解】解：∵点A到圆心O的距离为7，的半径为6，且，
∴点A在外．
15．已知的半径为4，若点在内，则点到圆心的距离可能为（ ）
A．4B．C．5D．7
【答案】B
【分析】利用点在圆内的性质：点到圆心的距离小于圆的半径，判断各选项即可．
【详解】解：∵点P在⊙O内，⊙O的半径为4，
∴点P到圆心O的距离d满足；
A选项，不符合要求；
B选项，即，符合要求；
C选项，不符合要求；
D选项，不符合要求．
16．如图，在的正方形网格中，点，，，均在格点上，一条圆弧经过，，三点，那么点与这条圆弧所在圆的位置关系是（ ）
A．在圆内B．在圆上C．在圆外D．在圆内或圆上
【答案】A
【分析】本题考查了点和圆的位置关系，先确定圆心的位置，再求出圆的半径，进而根据点到圆心的距离和圆的半径的大小关系进行判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】解：∵圆心到三点距离相等，
∴圆心在线段的垂直平分线上，
如图，线段和的垂直平分线相交于点，点即为圆心，
∴圆的半径，
∵，
∴点在圆内，
故选：．
【题型5 利用点与圆的位置关系求半径】
17．点P到圆心O的距离为6，若点P在圆O外，则圆O的半径r满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是关键．点在圆外时，点到圆心的距离大于半径，且圆的半径为正数即可求解．
【详解】解：点P在圆O外，
点P到圆心O的距离大于圆O的半径r，
点P到圆心O的距离为，且圆的半径，
．
故选：A．
18．已知点P在半径为2的上，则的长是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查圆的基本性质，利用“圆上任意一点到圆心的距离等于圆的半径”这一性质即可求解
【详解】解：∵点P在半径为2的上，
∴是的半径，
∴．
故选：B．
19．点是外一点，的半径是，则的长可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查点与圆的位置关系，根据点在外的性质，可知的长度大于圆的半径，结合选项即可得出答案．
【详解】解：的半径是，点是外一点，
，
只有满足，
故选：D．
20．如图，已知在矩形中，，如果分别以A、C为圆心的两圆相切，且点在内，点在外，的半径的取值范围是（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】C
【分析】此题考查了点和圆的位置关系，两圆的位置关系，勾股定理，矩形的性质等知识，熟练掌握两圆的位置关系是解题的关键．首先求出的半径的取值范围为，再根据两圆的圆心距是10，分内切和外切两种情况进一步即可求出答案．
【详解】解：连接，
∵四边形是矩形，，
∴，
∵点在内，点在外，
∴的半径的取值范围为，
当分别以A、C为圆心的两圆外切时，圆心距等于两圆半径之和，是，即，
∴，
解得，
当分别以A、C为圆心的两圆内切时，圆心距等于两圆半径之差，是，即，
∴，
∴，
综上可知，的半径的取值范围是或，
故选：C．
【题型6 已知半径和圆上两点作圆】
21．已知AB＝12 cm，过A，B两点画半径为8 cm的圆，则能画的圆的个数为( )
A．0个B．1个C．2个D．无数个
【答案】C
【分析】根据题意分别以A、B为圆心，以8cm为半径画弧，两弧交于C、D，以点C和点D为圆心的两个圆满足题意．
【详解】分别以A、B为圆心，以8cm为半径画弧，两弧交于 C、D，如下图，
得以C为圆心，以8cm为半径的圆经过点A和点B，
以D为圆心，以8cm为半径的圆经过点A和点B，
即能画的圆的个数是2个．
故选：C．
【点睛】本题考查了两圆相交的性质，能找出圆的圆心是解此题的关键．
22．如图，点、，以点为圆心为半径作交轴于两点，点为上一动点，连接，取中点，连接，则的最大值为_____．
【答案】
【分析】本题考查点与圆的位置关系，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，如图，连接， 取的中点， 连接，， ，，，，利用三角形中位线定理求出，推出点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，设，则 ，求出 的最大值，可得结论，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，学会利用参数解决问题，熟练掌握知识点的应用．
【详解】如图， 连接， 取的中点， 连接，， ，，，，
∵点、，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆，
设，则，
∵，
∴最大时，的值最大，
∵，
∴，
∴的最大值为，
∴的最大值为，
故答案为：．
23．点A是半径为2的⊙O上一动点，点B是⊙O外一定点，OB＝6．连接OA，AB．
（1）【阅读感知】如图①，当△ABC是等边三角形时，连接OC，求OC的最大值；将下列解答过程补充完整．
解：将线段OB绕点B顺时针旋转60°到O′B，连接OO′，CO′．
由旋转的性质知：∠OBO′＝60°，BO′＝BO＝6，即△OBO′是等边三角形．
∴OO′＝BO＝6
又∵△ABC是等边三角形
∴∠ABC＝60°，AB＝BC
∴∠OBO′＝∠ABC＝60°
∴∠OBA＝∠O′BC
在△OBA和△O′BC中，

∴ （SAS）
∴OA＝O′C
在△OO′C中，OC＜OO′+O′C
当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC＝OO′+O′C
即OC≤OO′+O′C
∴当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC取最大值，最大值是 ．
（2）【类比探究】如图②，当四边形ABCD是正方形时，连接OC，求OC的最小值；
（3）【理解运用】如图③，当△ABC是以AB为腰，顶角为120°的等腰三角形时，连接OC，求OC的最小值，并直接写出此时△ABC的周长．
【答案】（1），；（2）；（3）OC的最小值为或，△ABC的周长为
【分析】（1）根据全等三角形的性质，，从而求得OC的最大值；
（2）将线段OB绕点B顺时针旋转90°到O′B，连接OO′，CO′，按照（1）中的思路，求证，从而求得OC的最小值；
（3）分别以为顶角进行讨论，按照上述方法求证，从而求得OC的最小值，过点作于点，根据勾股定理求得长度，从而求得△ABC的周长．
【详解】解：（1）根据上下文题意可得：
∴
∴
（2）将线段OB绕点B顺时针旋转90°到O′B，连接OO′，CO′
由旋转的性质知：∠OBO′＝90°，BO′＝BO＝6，为等腰直角三角形
∴
又∵四边形为正方形
∴
∴
在△OBA和△O′BC中，

∴（SAS）
∴
在△OO′C中，
当O，O′，C三点共线，且点C在线段OO′上时，
即
（3）以为顶点，构建等腰三角形，将线段OB绕点B顺时针旋转120°到O′B，连接OO′，CO′，过点作于点，如下图：
由旋转的性质知：∠OBO′＝120°，BO′＝BO＝6，为等腰三角形
在中，，，∴
∴，
∴
由（2）可得
∴
在△OO′C中，
当O，O′，C三点共线，且点C在线段OO′上时，
即
又∵，在线段上
∴
∴
∴
的周长为
以为顶点，构建等腰三角形，将线段OA绕点A顺时针旋转120°到O′A，连接OO′，CO′，如下图：
由旋转的性质得：，，为等腰三角形
∴
由（2）可得
∴
在中，
∴当点在线段上时，最小
∴点与点重合，
的周长为
【点睛】此题主要考查了旋转、圆、三角形、正方形等有关性质，充分理解题意并熟练掌握有关性质是解题的关键．
24．【深度阅读】苏格兰哲学家托马斯•卡莱尔（1795﹣1881）曾给出了一元二次方程的几何解法：如图1，在平面直角坐标系中，已知点，，以为直径作．若交x轴于点，，则m，n为方程的两个实数根．
【自主探究】（1）由勾股定理得，，，，在中，，所以，化简得：.同理可得
所以m，n为方程的两个实数根．
【迁移运用】（2）在图2中的x轴上画出以方程两根为横坐标的点M，N．
（3）已知点，，以为直径作．判断与x轴的位置关系，并说明理由．
【拓展延伸】（4）在平面直角坐标系中，已知两点，，若以为直径的圆与x轴有两个交点M，N，则以点M，N的横坐标为根的一元二次方程是 ．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）与x轴相交；见解析；（4）
【分析】本题属于圆的综合题，考查了直线与圆的位置关系，一元二次方程的根以及勾股定理的应用，
（1）根据勾股定理得出等式化简即可；
（2）作AB的垂直平分线交于点P，再以点P为圆心，以为直径画圆，圆与x轴的交点即为M，N点即可；
（3）根据点的坐标可得，再算出，即可得出结论；
（4）由点的坐标即可得出结果．
解题的关键是对一元二次方程的几何解法的理解和运用．
【详解】解：（1），，，
在中，，
，
化简得：，
故答案为：；
（2）先在坐标系内找到，，连接 ，分别A，B为圆心，以大于为半径画弧，连接两弧的交点与交于点P，以P为圆心，以为直径画圆，圆与x轴的交点即为M，N点．如图所示：

（3）由题意得：，
，
∴方程有两个不相等的实数根，
与x轴有两个交点，
即与x轴相交；
（4）由题意得，以为直径的圆与交x轴有两个交点M、N，
则以点M、N的横坐标为根的一元二次方程是．
故答案为：．
【题型7 三角形外接圆的概念】
25．如图，点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，的半径为1，为圆上一动点，为的中点，连接，，则长的最大值为
A．5B．C．6D．3
【答案】D
【分析】本题考查了坐标与图形性质，三角形的中位线，点与圆的位置关系．掌握三角形的中位线定理，点与圆的位置关系是解题的关键．由点、点的坐标得是的中点，则是的中位线，，当的长最大时，的长最大，根据点与圆的位置关系可得长的最大值为，求出，即可求解．
【详解】解：点的坐标为，点的坐标为，
是的中点，
为的中点，
是的中位线，
，
当的长最大时，的长最大，如图，
点的坐标为，点的坐标为，
，
长的最大值为，
长的最大值为，
故选：D．
26．已知在平面直角坐标系中，的圆心为，半径为1，直线经过定点A，交于一点M，则当取得最大值时，k的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了直线上点的坐标特征，圆外一点到圆上点距离的最大值，解题的关键是确定当圆心在线段上，取得最大值．
由题意知，当圆心在线段上，取得最大值，把点的坐标代入中，即可求得的值．
【详解】解：由题意知，当圆心在线段上，取得最大值，
此时直线过点，
把点坐标代入中，得：，
解得：；
故选：D．
27．圆外一点到圆上的点的最大距离是10，最小距离是6，则该圆的半径是___________．
【答案】2
【分析】本题考查了利用点与圆的位置关系求半径，根据圆外一点到圆上的点的最大距离是10，最小距离是6，得出直径为，即可求出该圆的半径，
【详解】解：∵圆外一点到圆上的点的最大距离是10，最小距离是6，
∴，
故答案为：2．
28．如图，已知和射线，动点在上，动点在射线上，．若的最小值为，最大值为，则的半径为_________．
【答案】7
【分析】本题考查圆外一点到圆上一点的距离，勾股定理，根据，得到当时，最长，当时，最短，利用的长为定值，结合勾股定理进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴当，最长，此时最长， 当，最短，此时最短，如图：
设半径为，
当，即：，
由勾股定理，得：，
当，即：，
由勾股定理，得：，
∴，
解得：；
故答案为：7．
【题型8求三角形外心坐标】
29．如图，在直角三角形中，，点D在外接圆上，且平分，则的大小为（ ）
A．B．
C．D．随点C的位置变化而变化
【答案】B
【分析】本题考查直角三角形的外接圆，圆周角定理，根据角平分线的定义，得到，根据圆周角定理得到，即可得出结果．
【详解】解：∵，平分，
∴，
∵点D在外接圆上，
∴；
故选B．
30．如图所示，在4×4的网格中，A，B，C，D，O均在格点上，则点O是（ ）
A．的外心B．的内心
C．的重心D．的外心
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形的外心，勾股定理，
根据勾股定理求出，可得答案．
【详解】解：由勾股定理可知：，
所以点是△的外心，
故选：A．
31．如图，已知点是的外心，，连接，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形外心的性质以及圆周角定理，掌握“三角形的外心是其外接圆的圆心”、“同弧所对的圆心角的度数是圆周角的两倍”知识点是解题的关键．
由已知点是的外心，说明点是外接圆的圆心，根据圆周角定理即可求出的度数．
【详解】解：点是的外心，，
是圆周角，是同弧所对的圆心角，
．
故选：C．
32．下列图形中，一定有外接圆的是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】A
【分析】本题考查了外接圆．外接圆是指多边形的所有顶点都在同一个圆上．三角形一定有外接圆，因为三角形的三条垂直平分线交于一点（外心），该点到各顶点距离相等，四边形、五边形、六边形不一定有外接圆，只有特殊的多边形（如圆内接多边形）才有，据此进行分析，即可作答．
【详解】解：∵任何三角形的三条垂直平分线都交于一点（外心）,且外心到三个顶点的距离相等，
∴ 三角形一定有外接圆，
四边形、五边形、六边形不一定有外接圆，只有特殊的多边形（如圆内接多边形）才有，
故选：A
【题型9求特殊三角形外接圆的半径】
33．如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点均在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立平面直角坐标系，则过三点的圆的半径为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形外接圆圆心的确定，勾股定理等知识，确定圆心坐标是关键；确定外接圆的圆心坐标，再根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，圆心M的坐标，
∵，
∴，
∴的半径为，
故选：C．
34．如图，在平面直角坐标系中，点，，，则的外心坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查三角形的外心，熟练掌握三角形的外心是解题的关键；根据三角形的外心可分别作出线段的垂直平分线，它们的交点即为三角形的外心，进而问题可求解．
【详解】解：如图，
由图可知：的外心坐标是；
故选B．
35．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为：，，，经画图操作可知，的外心坐标应是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】此题考查了三角形外心的知识，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．首先由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与的垂线，两垂线的交点即为的外心．
【详解】解：的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
作图得：
与的垂直平分线交点即为的外心，
的外心坐标是，
故选：D．
36．如图，直角坐标系中，，，经过A，B，C三点的圆，圆心为M，若线段，则点D与的位置关系为（ ）
A．点D在上B．点D在外C．点D在内D．无法确定
【答案】C
【分析】连接，作和的垂直平分线，交点为，则圆心的坐标为，然后求出的半径，比较即可解答．
【详解】解：如图：
连接，作和的垂直平分线，交点为，
∴圆心M的坐标为，
∵，
∴，
∵线段，
∴半径，
∴点D在内，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，坐标与图形的性质，点与圆的位置关系，勾股定理的应用，确定圆心的位置是解题的关键．
【题型10已知外心的位置判断三角形的形状】
37．在中，，，，则外接圆的半径为（ ）
A．10B．5C．6D．4
【答案】B
【分析】本题考查了直角三角形外接圆的半径，勾股定理．
在直角三角形中，外接圆的半径等于斜边的一半，因此需先利用勾股定理求斜边长，进而作答即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
又∵是外接圆的直径，
∴外接圆的半径．
故选：B．
38．如图，中，，则它的外心与顶点C的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了直角三角形的外接圆半径的求法，熟记直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，以斜边的一半为半径的圆是解题关键．直角三角形的外心与斜边中点重合，因此外心到直角顶点的距离正好是斜边的一半；由勾股定理易求得斜边的长，进而可求出外心到直角顶点C的距离．
【详解】解：∵中，，
，
斜边上的中线长，
因而外心到直角顶点C的距离等于斜边的中线长.
故选：B．
39．已知在中，，则的外接圆直径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了直角三角形的外接圆直径，勾股定理求得斜边的长即可求解．
【详解】解：∵在中，，
∴，
∴的外接圆直径为，
故选：C．
40．直角三角形的两边长分别为和，则此三角形的外接圆半径是（ ）
A．或B．或C．D．
【答案】B
【分析】分两种情况：①为斜边长；②和为两条直角边长，由勾股定理易求得此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时，这个三角形的外接圆半径为； ②当两条直角边长分别为和，则直角三角形的斜边长 因此这个三角形的外接圆半径为．
综上所述：这个三角形的外接圆半径等于或．
故选：B
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握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是解题的关键
【题型11判断三角形外接圆圆心的位置】
41．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
【分析】本题考查三角形的外心，根据外心的形成和性质直接判断即可．
【详解】解：三角形的外心是三条边的垂直平分线的交点，该点是到三角形三个顶点的距离相等，
如果一个三角形的外心在三角形的外部，说明有一个圆周角大于．
故选：C
42．的外心在三角形的一边上，则是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．无法判断
【答案】B
【分析】根据三角形外心与三角形的位置关系可判断三角形的形状，因此可得到答案．
【详解】解：当的外心在的内部时，则是锐角三角形；
当的外心在的外部时，则是钝角三角形；
当的外心在的一边时，则是直角三角形，且这边是斜边．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形的外心，解决本题的关键是经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆，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．
43．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．
44．如图，是等边三角形且边长为1，点，，分别在边的延长线上，，连接，．给出下面四个结论：
①是等边三角形；
②；
③的面积为；
④的外心与的外心重合．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【答案】B
【分析】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．利用证明，推出，证明是等边三角形；利用三角形的外角性质求得，可证明；利用勾股定理求得，求得；利用等边三角形的外心和内心的性质据此即可得解．
【详解】解：∵是等边三角形且边长为1，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，故①正确；
∵，，
∴，
∴，即，故②正确；
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，故③错误；
设的外心为，
∵是等边三角形，
∴点也是的内心，作于点，于点，
∴，，
∴，
∴，
∴，同理，则，
∴的外心与的外心重合，故④正确．
综上，正确的有①②④，
故选：B．
【题型12判断确定圆的条件】
45．下列判断正确的是（ ）
A．命题“如果，那么”是真命题
B．对角线相等的四边形是矩形
C．三角形的外心到三角形三边的距离相等
D．的立方根是
【答案】D
【分析】本题考查命题真假的判断，用到平方的性质、矩形的判定、三角形外心的性质和立方根的定义，逐一判断各选项即可得出结论；
【详解】解： 可得 或 ，举反例：时，满足 ，但 ，该命题是假命题，A错误；
只有对角线相等的平行四边形才是矩形，对角线相等的任意四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线相等但不是矩形， B错误；
三角形的外心是三边垂直平分线的交点，外心到三角形三个顶点的距离相等，到三边距离相等的是三角形的内心， C错误；
， 的立方根是 ，D正确；
46．如图，在的正方形网格中，A，B在格点上，在网格中找一个格点C，使的外心也在该正方形网格的格点上，这样的点C有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的外心，根据三角形的外心是三角形三条边的线段垂直平分线的交点，结合网格，画出图形，即可求解．
【详解】解：如图所示，满足题意，共2个，
故选：C．
47．下列说法正确的个数有（ ）
① 两条弧的长度相等，那么它们是等弧：② 若两个圆心角相同，则它们所对应的弧相等；③在同圆或等圆中，若两弦相等，则所对的弧相等：④ 若两弧相等，则所对的圆心角相等；⑤过三点可以画一个圆；⑥三角形的外心在三角形外．
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】本题考查了等弧的概念，在同圆或等圆中，如果两个圆心角，两条优弧（或劣弧），两条弦中有一组量相等，那么它们所对的其余
各组量都分别相等，过不在同一直线上的三点确定一个圆，三角形的外心等，熟练掌握相关知识点是解题的关键；
根据等弧的概念，可判定①；在同圆或等圆中，如果两个圆心角，两条优弧（或劣弧），两条弦中有一组量相等，那么它们所对的
其余各组量都分别相等，可判定②③④；根据过不在同一直线上的三点确定一个圆可判定⑤；根据三角形的外心知识可判定⑥．
【详解】等弧不仅要求长度相等，还要求弯曲程度相同．两条弧的长度相等，并不能说明它们是等弧：故①不正确；
在同圆或等圆中，若两个圆心角相同，则它们所对应的优弧和劣弧分别相等．两个圆心角相同，并不能说明它们所对应的弧相等，故②不正确；
在同圆或等圆中，若两弦相等，则它们所对应的优弧和劣弧分别相等，故③不正确；
若两弧相等，则说明它们是等弧，它们在同圆或等圆中，故所对的圆心角相等，故④正确；
过不在同一直线上的三点可以画一个圆，若三点在同一直线上，过这三点不能画圆，故⑤不正确；
锐角三角形的外心在三角形内，直角三角形的外心是斜边的中点，钝角三角形的外心在三角形外，故⑥不正确；
综上可知，说法正确的是④．
故选：B．
48．如图，矩形中，是的中点，过、、三点的圆与边、分别交于点、点，给出下列说法：（1）与的交点是圆的圆心；（2）与的交点是圆的圆心；（3）与圆相切，其中正确说法的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质和三角形外心，切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，解题的关键是掌握以上知识点．
连接、，作于，连接，如图，先确定，则垂直平分，则可判断点在上，再根据可判定与圆相切；接着利用可判断圆心不是与的交点；然后根据四边形为的内接矩形可判断与的交点是圆的圆心．
【详解】解：连接、，作于，连接，，如图，
是的中点，
，
垂直平分，
，
，
，
，
，，
点O位于的垂直平分线上，
点，，三点共线，
，
，
与圆相切；
，
点不是的中点，
圆心不是与的交点；
，
，
四边形为的内接矩形，
与的交点是圆的圆心；
（1）错误，（2）（3）正确．
故选：C．
【题型13确定圆心、画圆（尺规作图）】
49．下列说法正确的是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧
B．长度相等的弧是等弧
C．对角线相互平分且垂直的四边形是菱形
D．三个点确定一个圆
【答案】C
【分析】根据圆的相关性质与菱形的判定定理，逐一判断各选项的正误即可．
【详解】解：A．平分弦（不是直径）的直径才垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧，当弦本身是直径时结论不成立，故该选项错误；
B．等弧是能完全重合的弧，必须在同圆或等圆中长度相等的弧才是等弧，仅长度相等不能保证是等弧，故该选项错误；
C．对角线相互平分且垂直的四边形是菱形，故该选项正确；
D．不在同一直线上的三个点才能确定一个圆，三点共线时无法确定一个圆，故该选项错误．
50．下列说法正确的是（ ）
A．掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上是随机事件
B．三点确定一个圆是必然事件
C．平面内任意三点可以画三个平行四边形是必然事件
D．“明天的地方会降雨”表示明天一定会降雨
【答案】A
【详解】解：A、∵掷一枚质地均匀的硬币，有正面朝上、反面朝上两种不确定的结果，∴正面朝上是随机事件，A正确；
B、∵只有不在同一直线上的三点才能确定一个圆，三点共线时无法确定一个圆，∴三点确定一个圆不是必然事件，B错误；
C、∵若三点在同一直线上，无法画出平行四边形，∴平面内任意三点可以画三个平行四边形不是必然事件，C错误；
D、∵“明天的地方会降雨”表示降雨范围的可能性，不是一定会降雨，∴D错误．
51．已知下列函数：；；；，则图象上的任意三点均可以确定一个圆的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查确定圆的条件，一次函数、二次函数与反比例函数的图象，熟练掌握相关知识是关键．
不在同一直线上的三点可以确定一个圆，结合函数的图象逐个判断即可．
【详解】解：不在同一直线上的三点可以确定一个圆，
对于①和④，一次函数的图象的形状是直线，故不符题意；
对于②，二次函数的图象的形状是抛物线，与直线最多两个交点，故符合题意；
对于③，反比例函数的图象的形状是双曲线，与直线最多两个交点，故符合题意．
故选：D．
52．下列语句中，正确的是（ ）
A．经过三点一定可以作圆
B．在同圆或等圆中，等弧所对的圆周角一定相等
C．平分弦的直径垂直于这条弦
D．三角形的外心到三角形各边距离相等
【答案】B
【分析】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆的相关定义，
根据圆的基本性质、圆周角定理和垂径定理等知识判断各选项的正确性．
【详解】解：∵三点共线时无法作圆，∴A错误；
∵在同圆或等圆中，等弧所对的圆周角相等，∴B正确；
∵当弦为直径时，平分弦的直径不一定垂直于弦，∴C错误；
∵三角形的外心是外接圆圆心，到各顶点距离相等，但到各边距离不一定相等，∴D错误．
故选：B．
【题型14求特殊三角形外接圆的半径】
53．如图的矩形ABCD中，E为的中点，有一圆过C、D、E三点，且此圆分别与相交于P、Q两点．甲、乙两人想找到此圆的圆心O，其作法如下：
（甲）作∠DEC的角平分线L，作的中垂线，交L于O点，则O即为所求；
（乙）连接，两线段交于一点O，则O即为所求
对于甲、乙两人的作法，下列判断何者正确？（ ）
A．两人皆正确B．两人皆错误
C．甲正确，乙错误D．甲错误，乙正确
【答案】A
【分析】证明O为的两边中垂线的交点，判断甲，根据的圆周角所对的弦是直径判断乙，从而可得答案．
【详解】解：甲，∵矩形ABCD，E为AB的中点，
∴AE=EB，∠A=∠B=，AD=BC，
∴△ADE≌△BCE（SAS），
∴ED=EC，
∴△DEC为等腰三角形，
∵射线L为∠DEC的角平分线，
∴射线L为线段CD的中垂线，
∴O为两中垂线之交点， 即O为△CDE的外心，
∴O为此圆圆心．
乙，∵∠ADC=，∠DCB=，
∴PC、QD为此圆直径，
∴PC与DQ的交点O为此圆圆心，因此甲、乙两人皆正确．

故选：A．
【点睛】本题考查的是确定圆的条件，涉及到矩形性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、垂径定理的推论，熟练掌握线段垂直平分线的性质、圆周角定理是解题的关键．
54．如图，已知，用尺规按照下面步骤操作：
作线段的垂直平分线；
作线段的垂直平分线，交于点；
以为圆心，长为半径作．
结论：点是的外心；结论：
则对于结论和结论Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
A．和Ⅱ都对
B．和Ⅱ都不对
C．不对，对
D．对，Ⅱ不对
【答案】D
【分析】根据三角形外心的定义对结论 Ⅰ 进行判断；利用点 D、 G有任意性可对结论 Ⅱ 进行判断．
【详解】解：点是和的垂直平分线的交点，
点是的外心，故结论Ⅰ正确；
点，的位置不确定，
和的长度不确定，故结论Ⅱ不正确．
故选：．
【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质和三角形的外心与内心，熟练掌握尺规作图和三角形外心的性质是解题的关键．
55．某校的数学兴趣活动课上，老师正在开展以“用尺规作图法作特殊角”为主题的探究．如图，已知为外一点，请用尺规作图法在上求作一个点，使．
作法说明：①先作线段的垂直平分线，交于点．
②再以点为圆心，的长为半径画圆，分别交于点，．
③点，均满足题意，点，为所求作的点．
按照上述作图步骤，在图中补全图形，保留作图痕迹．
【答案】
【分析】根据作图步骤可得为直径，由直径所对的圆周角为直角可得，，进而即可得解．
【详解】略
56．根据下列条件作圆：
(1)以定点为圆心，作半径等于的圆；
(2)以定点为圆心作圆，使其过另一个定点；
(3)先任作一条线段，再作半径为的圆．
【答案】(1)
如图，即为所求；
(2)
如图，即为所求；
(3)
如图，即为所求．
【分析】根据题意画出圆即可；
先任意画线段，然后作垂直平分线，交于点，再以为半径画圆即可．
【详解】（1）略；
（2）略；
（3）略．
【题型15反证法中的假设】
57．用反证法证明命题“三角形中必有一个角不大于”，第一步应先假设（ ）
A．三角形中的三个角都大于
B．三角形中必有一个角大于或等于
C．三角形中必有一个角小于
D．三角形中必有一个角小于或等于
【答案】A
【分析】反证法证明命题时，第一步需假设原命题的结论不成立，只需找到原结论的反面即可得到答案．
【详解】解：∵原命题的结论是“三角形中必有一个角不大于”，
∴该结论的否定是“三角形中三个角都大于”，
即第一步应假设三角形中的三个角都大于．
58．用反证法证明：在中，，的对边分别是，，若，则．第一步应假设（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】反证法证明命题时，第一步需要假设原命题的结论不成立，只需找出待证结论的否定即可得到答案．
【详解】解：∵原命题要证明的结论是，
∴第一步应假设．
59．用反证法证明命题“如图，若，则”时，第一步应假设（ ）
A．B．
C．与平行D．与不平行
【答案】D
【分析】反证法证明命题的第一步是假设命题的结论不成立，根据原命题找出结论即可判断．
【详解】解：反证法证明命题时，第一步应假设命题的结论不成立．
∵原命题“若，则”的结论是，
∴第一步应假设与不平行．
60．用反证法证明“四边形中至少有一个内角大于或等于”时，应先假设（ ）
A．每一个内角都小于B．每一个内角都大于
C．有一个内角小于或等于D．有一个内角小于
【答案】A
【分析】反证法第一步需假设原命题结论不成立，即结论的反面成立，写出原结论的反面即可得到答案．
【详解】解：∵ 用反证法证明命题时，应先假设结论不成立，
原命题结论为“四边形中至少有一个内角大于或等于” ，
∴ 结论不成立即“每一个内角都小于”．
【题型16用反证法证明命题】
61．已知点、为抛物线 （a为常数， ）上的两点，当 ， 时（ ）
A．若 ，则B．若，则
C．若 ，则D．若，则
【答案】B
【分析】先求得抛物线对称轴为，开口向上，点离对称轴越远函数值越大，且恒大于，A取反例，两点在对称轴右侧，由右侧随增大而增大得，判定A错误；B要恒成立需所有到轴距离均大于，时满足该条件，则无法保证，判定B正确；C取反例，离对称轴更远得，与结论矛盾，判定C错误；D取反例，满足但，与结论矛盾，判定D错误．
【详解】解：∵抛物线 ， ，
∴抛物线开口向上，对称轴为 ，
又∵ ， ，
∴，
开口向上的抛物线上，点离对称轴越远，函数值越大，同时在对称轴左侧，随的增大而减小；在对称轴右侧，随的增大而增大，
对于A：取 ，此时 ， ，两点都在对称轴右侧， 随增大而增大，得，故A错误，该选项不符合题意；
对于B：要使恒成立，需保证所有满足条件的，到对称轴的距离都大于所有到对称轴的距离，
当时：，所有都在对称轴左侧，且到对称轴的距离都大于；
在到之间，结合，任意到对称轴的距离恒大于任意到对称轴的距离，
因此所有离对称轴更远，恒成立，
反之，若，则会出现离对称轴更远的情况，无法保证，
因此“若，则”成立，故B正确，该选项符合题意；
对于C：取，此时在到之间（对称轴左侧），在到之间（对称轴右侧），
到对称轴的距离都大于，到对称轴的距离都小于，
根据开口向上“距离越远值越大”的规律，可得与结论矛盾，故C错误，该选项不符合题意；
对于D：取，此时在到之间（对称轴左侧），在到之间（对称轴右侧），
到对称轴的距离都小于，到对称轴的距离都大于，因此