初中数学人教版（2024）九年级上册24.2.1 点和圆的位置关系练习题

这是一份初中数学人教版（2024）九年级上册24.2.1 点和圆的位置关系练习题，文件包含人教版数学九年级上册同步精品讲练专题245点与圆的位置关系原卷版doc、人教版数学九年级上册同步精品讲练专题245点与圆的位置关系解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
1.点与圆的位置关系
（1）点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：
①点P在圆外⇔d＞r
②点P在圆上⇔d=r
①点P在圆内⇔d＜r
（2）点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
（3）符号“⇔”读作“等价于”，它表示从符号“⇔”的左端可以得到右端，从右端也可以得到左端．
2.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．
3.三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．
【典例剖析】
【例1】如图，在ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4，点D是AB的中点，若以点D为圆心，r为半径作⊙D，使点B在⊙D内，点C在⊙D外，试求r的取值范围．
【答案】
【解析】
【分析】
连接，过点作于点．过点作于点，显然，解直角三角形求出，即可判断．
【详解】
解：连接，过点作于点．过点作于点，
∴，
，，
，
，
点是中点，即是中位线
，，
，
，
又∵，
∴的取值范围是．
【点睛】
本题考查等腰三角形的性质，点与圆的位置关系，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式1】若⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为4cm，那么点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O______．（填“上”、“内”、“外”）
【答案】内
【解析】
【分析】
点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．据此作答．
【详解】
解：∵⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离OA为4cm，
即点A到圆心的距离小于圆的半径，
∴点A在⊙O内．
故答案为：内．
【点睛】
本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
【例2】．（2020·福建南平·九年级期中）已知：△ABC．
（1）求作：△ABC的外接圆⊙O（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
（2）若已知△ABC的外接圆的圆心O到BC边的距离OD=8，BC=12，求⊙O的半径．
【答案】（1）作图见解析；（2）10．
【解析】
【分析】
（1）分别做AB、BC的垂直平分线且交于O，然后以O为圆心、OA为半径画圆即可；
（2）如图：连接OB，然后根据垂径定理求得BD，最后根据勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）如图所示
∴⊙O即为所求作的外接圆；
（2）如图：连接OB
∵已知△ABC的外接圆的圆心O到BC边的距离OD=8
∵线段BC的垂直平分线交BC于点D，
∴BD=CD= BC=6，
在Rt△BOD中，OB==10，
∴⊙O的半径长10．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆的作法和垂径定理的应用，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
【变式2】（2020·江苏·建湖县秀夫初级中学九年级阶段练习）如图：已知P是半径为10cm的⊙O内一点．解答下列问题：
（1）用尺规作图作出圆心O的位置．（要求：保留所有的作图痕迹，不写作法）
（2）用三角板分别画出过点P的最长弦AB和最短弦CD．
（3）已知OP=6cm，过点P的弦中，长度为整数的弦共有 条．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）8
【解析】
【分析】
（1）利用过不在同一直线上的三点可以确定一个圆，进而画出即可；
（2）利用最长弦AB即为直径和最短弦CD，即为与AB垂直的弦，进而得出答案；
（3）求出CD的长，进而得出长度为整数的弦，注意长度为17、18、19的分别有两条．
【详解】
解：（1）如图所示：点O即为所求；
（2）如图所示：AB，CD即为所求；
（3）如图：连接DO，
∵OP=6cm，DO=10cm，
∴在Rt△OPD中，DP==8cm，
∴CD=16cm，
∴过点P的弦中，长度为整数的弦共有：8条．
故答案为：8．
【点睛】
此题主要考查了复杂作图以及勾股定理和垂径定理，注意长度为整数的弦不要漏解．
【例3】（2021•福田区校级三模）如图，⊙O为△ABC的外接圆，AB为⊙O直径，AC＝BC，点D在劣弧BC上，CE⊥CD交AD于E，连接BD．
（1）求证：△ACE≌△BCD．
（2）若CD＝2，BD＝3，求⊙O的半径．
【分析】（1）∠ACE＝90°﹣∠ECB＝∠BCD，∠CAE＝∠CBD，AC＝BC，利用“ASA“即可证明；
（2）先求出AE和AD，在Rt△ABD中用勾股定理可得AB，从而求出⊙O半径．
【解析】（1）证明：∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥CD，
∴∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠ECB＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（ASA）；
（2）∵△ACE≌△BCD，
∴CE＝CD，AE＝BD，
∵CE⊥CD，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∵CD＝2，BD＝3,
∴DE＝2，AE＝3，
∴AD＝5，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AB＝＝2，
∴⊙O的半径为．
【变式3】（2021•西湖区一模）如图，⊙O为△ABC的外接圆，AB为⊙O直径，AC＝BC，点D在劣弧BC上，CE⊥CD交AD于E，连接BD．
（1）求证：△ACE≌△BCD．
（2）若CD＝2，BD＝3，求⊙O的半径．
（3）若点F为DE的中点，连接CF，FO，设CD＝a，BD＝b，求CF+FO．（用含有a，b的代数式表示）
【分析】（1）∠ACE＝90°﹣∠ECB＝∠BCD，∠CAE＝∠CBD，AC＝BC，利用“ASA“即可证明；
（2）先求出AE和AD，在Rt△ABD中用勾股定理可得AB，从而求出⊙O半径；
（3）过O作OH⊥AD于H，CF＝DE，利用OH是△ABD中位线求出OH和HF，再在Rt△OHF中用勾股定理求出OF，从而可得答案．
【解析】（1）证明：∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥CD，
∴∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝90°﹣∠ECB＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（ASA）；
（2）∵△ACE≌△BCD，
∴CE＝CD，AE＝BD，
∵CE⊥CD，
∴△ECD是等腰直角三角形，
∵CD＝2，BD＝3，
∴DE＝2，AE＝3，
∴AD＝5，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AB＝＝2，
∴⊙O的半径为；
（3）法一：过O作OH⊥AD于H，如图：
∵△ECD是等腰直角三角形，CD＝a，
∴ED＝a，
∵F为DE的中点，
∴CF＝DF＝DE＝a，
∵△ACE≌△BCD，
∴AE＝BD＝b，
∴AD＝ED+AE＝a+b，
∵OH⊥AD，∠ADB＝90°，
∴OH∥BD，
∵AO＝OB，
∴DH＝AD＝a+b，OH＝BD＝b，
∴HF＝DH﹣DF＝（a+b）﹣a＝b，
在Rt△OHF中，FO＝＝b，
∴CF+FO＝a+b．
法二：延长AD至点H，使DH＝AE，连接BH，如图：
由（1）得△ACE≌△BCD，
∴BD＝AE＝DH，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝∠BDH＝90°，
∴△BDH为等腰直角三角形，
∵BD＝b，
∴BH＝b，
∵△ECD是等腰直角三角形，CD＝a，
∴ED＝a，CF＝a＝DF＝EF，
而DH＝AE，
∴AE+EF＝DH+DF，即AF＝HF，
∴F为AH中点，
∵O为AB中点，
∴FO＝BH＝b，
∴CF+FO＝a+b．
【满分训练】
一．选择题（共10小题）
1．（2022•北海二模）已知⊙O的半径为3，OA＝5，则点A和⊙O的位置关系是（ ）
A．点A在圆上B．点A在圆外C．点A在圆内D．不确定
【分析】由⊙O的半径为3，OA＝5知点到圆心的距离大于半径，从而得出答案．
【解析】∵⊙O的半径为3，OA＝5，
∴点到圆心的距离大于半径，
∴点A在圆外，
故选：B．
2．（2022•宿豫区二模）⊙O是△ABC的外接圆，若BC长等于半径，则∠A的度数为（ ）
A．60°B．120°C．30°或150°D．60°或30°
【分析】连接OB，OC，证明△OBC是等边三角形可得∠BOC＝60°，再分两种情况，利用圆周角定理可求解．
【解析】如图，连接OB，OC，
∵OB＝OC＝BC，
∴△OBC为等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
当点A在优弧上时，∠A＝∠BOC＝＝30°；
当点A在劣弧上时，∠A＝180°﹣30°＝150°，
故选：C．
3．（2022•浦江县模拟）在平面直角坐标系中，若⊙A的半径为5，A点的坐标是（4，0），P点的坐标是（0，3），则点P与⊙A的位置关系是（ ）
A．点P在⊙A内B．点P在⊙A外C．点P在⊙A上D．不能确定
【分析】根据两点间的距离公式求出AP的长，再与5相比较即可．
【解析】∵点A的坐标为（4，0），点P的坐标为（0，3），
∴AP＝＝5＝半径，
∴点P与⊙A的位置关系是：点P在⊙A上．
故选：C．
4．（2022•宝山区模拟）在直角坐标平面内，如果点B（a，0）在以A（1，0）为圆心，2为半径的圆内，那么a的取值范围是（ ）
A．a＞﹣1B．a＜3C．﹣1＜a＜3D．﹣1≤a≤3．
【分析】由点B（a，0）在以A（1，0）为圆心，2为半径的圆内知|a﹣1|＜2，据此可得答案．
【解析】∵点B（a，0）在以A（1，0）为圆心，2为半径的圆内，
∴|a﹣1|＜2，
则﹣2＜a﹣1＜2，
解得﹣1＜a＜3，
故选：C．
5．（2021秋•龙凤区期末）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．
【解析】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．
6．（2021秋•萧山区期中）下列说法：①等弧所对的圆心角相等；②经过三点可以作一个圆；③平分弦的直径垂直于这条弦；④圆的内接平行四边形是矩形．其中正确的有（ ）
A．①②B．②③C．③④D．①④
【分析】利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项．
【解析】①等弧所对的圆心角相等，正确，符合题意；
②经过不在同一直线上的三点可以作一个圆，故原命题错误，不符合题意；
③平分弦（不是直径）的直径垂直于这条弦，故原命题错误，不符合题意；
④圆的内接平行四边形是矩形，正确，符合题意，
故选：D．
7．（2022•阿城区模拟）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，∠CAD＝15°，则∠ABC的度数为（ ）
A．75°B．70°C．65°D．60°
【分析】连接BD，根据同弧所对的圆周相等可得∠CBD＝15°，再利用直径所对的圆周角是直角可得∠ABD＝90°，然后利用角的和差关系，进行计算即可解答．
【解析】连接BD，
∵∠CAD＝15°，
∴∠CAD＝∠CBD＝15°，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠ABC＝∠ABD﹣∠CBD＝75°，
故选：A．
8．（2022•固安县模拟）如图，AB是⊙O的一条弦，P是⊙O上一动点（不与点A，B重合），C、D分别是AB、BP的中点．若AB＝8，∠APB＝45°，则CD长的最大值为（ ）
A．B．4C．D．8
【分析】由三角形中位线的性质可得当AP是圆的直径时，CD最长，连接OB由圆周角定理可得△OAB是等腰直角三角形，由AB求得OA即可解答．
【解析】如图，连接OB，
∵C、D分别是AB、BP的中点，
∴CD是△BPA的中位线，
∴CD＝AP，
∴当AP最大时，CD也最大，
∴当AP是圆的直径时，CD最长，
∵∠APB＝45°，
∴∠AOB＝90°，
Rt△OAB中，AB＝8，OA＝OB，
∴△OAB是等腰直角三角形，∠OAB＝45°，
∴OA＝ABcs∠OAB＝，
∴AP＝，CD＝AP＝，
故选：A．
9．（2020•河北）有一题目：“已知：点O为△ABC的外心，∠BOC＝130°，求∠A．”嘉嘉的解答为：画△ABC以及它的外接圆O，连接OB，OC．如图，由∠BOC＝2∠A＝130°，得∠A＝65°．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，∠A还应有另一个不同的值．”下列判断正确的是（ ）
A．淇淇说的对，且∠A的另一个值是115°
B．淇淇说的不对，∠A就得65°
C．嘉嘉求的结果不对，∠A应得50°
D．两人都不对，∠A应有3个不同值
【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．
【解析】如图所示：∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．
故∠A′＝180°﹣65°＝115°．
故选：A．
10．（2021•湖北）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，OE⊥AB交⊙O于点E，垂足为点D，AE，CB的延长线交于点F．若OD＝3，AB＝8，则FC的长是（ ）
A．10B．8C．6D．4
【分析】由题知，AC为直径，得OD∥BC，且OD是△ABC的中位线，OE是三角形AFC的中位线，根据勾股定理求出圆的半径即可．
【解析】由题知，AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∵OE⊥AB，
∴OD∥BC，
∵OA＝OC，
∴OD为三角形ABC的中位线，
∴AD＝AB＝×8＝4，
又∵OD＝3，
∴OA＝＝＝5，
∴OE＝OA＝5，
∵OE∥CF，点O是AC中点，
∴OE是三角形ACF的中位线，
∴CF＝2OE＝2×5＝10，
故选：A．
二．填空题（共8小题）
11．（2022春•东莞市校级期中）⊙O的半径为4cm，点P到圆心O的距离为5cm，点P与⊙O的位置关系是 点P在圆外 ．
【分析】判断点到圆心的距离与半径的大小关系可得答案．
【解析】∵⊙O的半径r＝4cm，点P到圆心O的距离d＝5cm，
∴r＜d，
∴点P与⊙O的位置关系是点P在圆外，
故答案为：点P在圆外．
12．（2022春•杨浦区校级期中）已知圆O的半径为5，点A在圆O外，如果线段OA的长为d，那么d的取值范围是 d＞5 ．
【分析】根据点在圆外，d＞r，可得结论．
【解析】∵点A在圆外，
∴d＞5，
故答案为：d＞5．
13．如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，BC＝4，则△ABC面积的最大值为 4+4 ．
【分析】如图，作△ABC的外接圆，因为BC为固定弦，∠A为BC所对圆周角，点A在弧BC（优弧）上移动都能保证∠A恒为45°，而△ABC的面积由于底BC固定则由其高决定，在圆上当AD与BC垂直时，△ABC的高达到最大值，此时△ABC面积最大，延长AO与BC交于D，由上述可知AD⊥BC，根据题意，等腰三角三角形的性质，分别求出OD＝BD＝2，AD＝AO+OD＝2+2，S△ABC＝×BC•AD即可求解．
【解析】如图，作△ABC的外接圆，因为BC为固定弦，∠A为BC所对圆周角，点A在弧BC（优弧）上移动都能保证∠A恒为45°，而△ABC的面积由于底BC固定则由其高决定，在圆上当AD与BC垂直时，△ABC的高达到最大值，此时△ABC面积最大，
如图，延长AO与BC交于D，由上述可知AD⊥BC，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∵BC＝4，
∴BO＝OC＝AO＝2，
∵OD⊥BC，OB＝OC，
∴OC平分∠BOC，D是BC中点，
∴∠BOD＝45°，BD＝DC＝BC＝2，
∵∠ODB＝90°，
∴∠OBD＝45°，
∴OD＝BD＝2，
∴AD＝AO+OD＝2+2，
此时，S△ABC＝×BC•AD＝4+4．
故答案为：4+4．
14．（2019•青神县模拟）如图，若△ABC内接于半径为4的⊙O，且∠C＝60°，则边AB的长为 ．
【分析】连接AO并延长交⊙O于D，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，∠D＝∠∠C＝60°，解直角三角形即可得到结论．
【解析】连接AO并延长交⊙O于D，连接BD，
则∠ABD＝90°，
∵∠C＝60°，
∴∠D＝∠∠C＝60°，
∵⊙O的半径为4，
∴AD＝8，
∴＝sin∠C，
即＝，
∴AB＝4，
故答案为：4．
15．（2020•泰州二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的坐标分别是（0，4），（4，0），（8，0），⊙M是△ABC的外接圆，则点M的坐标为 （6，6） ．
【分析】由题意得出M在AB、BC的垂直平分线上，则BN＝CN，求出ON＝OB+BN＝6，证△OMN是等腰直角三角形，得出MN＝ON＝6，即可得出答案．
【解析】如图所示：
∵⊙M是△ABC的外接圆，
∴点M在AB、BC的垂直平分线上，
∴BN＝CN，
∵点A，B，C的坐标分别是（0，4），（4，0），（8，0），
∴OA＝OB＝4，OC＝8，
∴BC＝4，
∴BN＝2，
∴ON＝OB+BN＝6，
∵∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∵OM⊥AB，
∴∠MON＝45°，
∴△OMN是等腰直角三角形，
∴MN＝ON＝6，
∴点M的坐标为（6，6）；
故答案为：（6，6）．
16．（2021•随县一模）如图，△ABC内接于⊙O，∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，CD⊥AB于点D，若⊙O的半径为4，则CD的长为 2 ．
【分析】连接OA，OC，根据圆周角定理得圆心角为90°，根据勾股定理求出AC，再根据在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半即可求出CD．
【解析】如图，连接OA，OC．
∵∠COA＝2∠CBA＝2×45°＝90°，
在Rt△AOC中，根据勾股定理得：AC＝＝4，
∵CD⊥AB，∠CAB＝30°，
∴CD＝AC＝2．
故答案为：2．
17．（2022春•鼓楼区校级期中）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 + ．
【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论．
【解析】如图，
∵点C为坐标平面内一点，BC＝1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
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，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大，
∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°，
∴BD＝2，
∴CD＝2+1，
∴OM＝CD＝+，即OM的最大值为+；
故答案为．
18．（2019秋•潢川县期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E是矩形内部的一个动点，且AE⊥BE，则线段CE的最小值为 2﹣2 ．
【分析】由AE⊥BE知点E在以AB为直径的半⊙O上，连接CO交⊙O于点E′，当点E位于点E′位置时，线段CE取得最小值，利用勾股定理可得答案．
【解析】如图，
∵AE⊥BE，
∴点E在以AB为直径的半⊙O上，
连接CO交⊙O于点E′，
∴当点E位于点E′位置时，线段CE取得最小值，
∵AB＝4，
∴OA＝OB＝OE′＝2，
∵BC＝6，
∴OC＝＝＝2，
则CE′＝OC﹣OE′＝2﹣2，
故答案为：2﹣2．
三．解答题（共4小题）
19．（2021秋•赣榆区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，BC＝4，点D是AB的中点，若以点D为圆心，r为半径作⊙D，使点B在⊙D内，点C在⊙D外，试求r的取值范围．
【分析】连接CD，过点A作AE⊥BC于点E．过点D作DF⊥BC于点F，显然DF∥AE，解直角三角形求出CD，BD即可判断．
【解析】连接CD，过点A作AE⊥BC于点E．过点D作DF⊥BC于点F，显然DF∥AE，
∵AB＝AC＝2，BC＝4，
∴BE＝BC＝2，
∴AE＝＝4，
∵点D是AB中点，即DF是中位线
∴DF＝AE＝2，BF＝BE＝1，
∴CF＝3，
∴CD＝＝，
又DB＝AB＝，
∴r的取值范围是＜r＜．
20．（2021秋•高淳区期中）如图，BD、CE是△ABC的高．
（1）求证：B、C、D、E四个点在同一个圆上；
（2）若∠BDE＝45°，∠DEC＝15°，BE＝5，则∠EBD＝ 30 °，DE＝ 5 ．
【分析】（1）求出∠BEC＝∠BDC＝90°，根据直角三角形斜边上中线性质求出OE＝OD＝OB＝OC，即可得出答案．
（2）根据圆周角定理得出∠BOE＝2∠BDE＝90°∠DOC＝2∠DEC＝30°，即可得出∠DOE＝90°﹣30°＝60°，进一步得出∠DBE＝∠DOE＝30°，△DOE是等边三角形，根据勾股定理求得OB＝OE＝5，即可得出DE＝5．
【解答】（1）证明：在△ABC中，BD，CE是两条高，
∴∠BEC＝∠BDC＝90°，
设点O为BC的中点，连接OD、OE，
∴OE＝BC，OD＝BC，OC＝OB＝BC，
∴OE＝OC＝OB＝OD，
∴B，C，D，E四个点在以点O为圆心的同一个圆上．
（2）解：∵∠BDE＝45°，∠DEC＝15°，
∴∠BOE＝2∠BDE＝90°∠DOC＝2∠DEC＝30°，
∴∠DOE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠DBE＝∠DOE＝30°；
∵∠BOE＝90°，OB＝OE，BE＝5，
∴OB＝OE＝5，
∵OE＝OD，∠EOD＝60°，
∴△EOD是等边三角形，
∴DE＝OE＝5，
故答案为：30，5．
21．（2021秋•东港区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点P是AB边上一动点，作PD⊥BC于点D，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE．
（1）求证：PD＝CE；
（2）求证：点P、D、C、E在同一个圆上．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得出∠B＝∠ACB＝45°，进而证得∠BPD＝45°＝∠B，即可证得PD＝BD，证得△BAD≌△CAE（SAS），得出CE＝BD，即可证得PD＝CE；
（2）证得四边形PDCE是矩形，即可证得点P、D、C、E在以BE为直径的同一个圆上．
【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵PD⊥BC于点D，
∴∠BPD＝45°＝∠B，
∴PD＝BD，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD与△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴CE＝BD，
∴PD＝CE；
（2）证明：连接PE，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ACE＝∠B＝45°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝90°，
∵PD⊥BC，
∴PD∥EC，
∵PD＝CE，
∴四边形PDCE是矩形，
∴点P、D、C、E在以DE为直径的同一个圆上．
22．（2021秋•日照期中）如图，在平面直角坐标系中，A（0，4）、B（4，4）、C（6，2）．
（1）在图中画出经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的位置；
（2）点M的坐标为 （2，0） ；
（3）若DM＝2，判断点D与⊙M的位置关系．
【分析】（1）由网格容易得出AB的垂直平分线和BC的垂直平分线，它们的交点即为点M；
（2）根据图形即可得出点M的坐标
（3）用两点间距离公式求出圆的半径的长，当DM小于圆的半径时点D在圆内．
【解答】
解：（1）如图1，点M就是要找的圆心；
（2）圆心M的坐标为（2，0）．
故答案为（2，0）；
（3）圆的半径AM＝＝2．
∵DM＝2，
所以点D在⊙M上．