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初中数学人教版九年级上册24.2.1 点和圆的位置关系精品当堂达标检测题
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这是一份初中数学人教版九年级上册24.2.1 点和圆的位置关系精品当堂达标检测题，文件包含专题245点与圆的位置关系-2021-2022学年九年级数学上册同步练习原卷版人教版docx、专题245点与圆的位置关系-2021-2022学年九年级数学上册同步练习解析版人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
专题24.5点与圆的位置关系
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020秋•梁溪区期末）已知⊙O的半径是4，OA＝3，则点A与⊙O的位置关系是（ ）
A．点A在圆内 B．点A在圆上 C．点A在圆外 D．无法确定
【分析】根据⊙O的半径r＝4，且点A到圆心O的距离d＝3知d＜r，据此可得答案．
【详解】解：∵⊙O的半径r＝4，且点A到圆心O的距离d＝3，
∴d＜r，
∴点A在⊙O内，
故选：A．
2．（2020秋•徐州期末）⊙O的半径为3cm，若点P在⊙O内，则OP的长可能是（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【分析】根据点在圆内，点到圆心的距离小于圆的半径进行判断．
【详解】解⊙O的半径为3cm，点P在⊙O内，
∴OP＜3cm．
故选：A．
3．（2020秋•鼓楼区期末）⊙O的半径为5，点A到圆心O的距离为d，已知点A在⊙O的外部，则（ ）
A．d＜5 B．d＞5 C．d≥5 D．d＝5
【分析】根据点与圆的位置关系判断得出即可．
【详解】解：∵点A在圆O的外部，圆O的半径为5，
∴点A到圆心O的距离d的范围是：d＞5．
故选：B．
4．（2021•湖州）如图，已知点O是△ABC的外心，∠A＝40°，连结BO，CO，则∠BOC的度数是（ ）
A．60° B．70° C．80° D．90°
【分析】根据圆周角定理得出∠BOC＝2∠A即可得到结果．
【详解】解：∵点O为△ABC的外心，∠A＝40°，
∴∠A=12∠BOC，
∴∠BOC＝2∠A＝80°，
故选：C．
5．（2020秋•滨江区期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝40°，∠ABC＝70°，BD是⊙O的直径，BD交AC于点E，连接CD，则∠AEB等于（ ）
A．70° B．90° C．110° D．120°
【分析】先利用圆周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝∠A＝40°，则利用互余计算出∠DBC＝50°，再计算出∠ABE，然后根据三角形内角和可计算出∠AEB的度数．
【详解】解：∵∠A＝40°，
∴∠D＝∠A＝40°，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠D＝50°，
∵∠ABC＝70°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠DBC＝20°，
∴∠AEB＝180°﹣（∠A+∠ABE）＝180°﹣（40°+20°）＝120°，
故选：D．
6．（2020•赤峰）如图，△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，EF是AC的垂直平分线，交AD于点O．若OA＝3，则△ABC外接圆的面积为（ ）
A．3π B．4π C．6π D．9π
【分析】由等腰三角形的性质得出BD＝CD，AD⊥BC，则点O是△ABC外接圆的圆心，则由圆的面积公式πr2可得出答案．
【详解】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，
∴BD＝CD，AD⊥BC，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴点O是△ABC外接圆的圆心，
∵OA＝3，
∴△ABC外接圆的面积＝πr2＝π×32＝9π．
故选：D．
7．（2020•马边县二模）如图，△ABC外接圆的圆心坐标是（ ）
A．（5，2） B．（2，3） C．（1，4） D．（0，0）
【分析】因为BC是线段，AB是正方形的对角线，所以作AB、BC的垂直平分线，找到交点D即可．
【详解】解：作线段BC的垂直平分线，作AB的垂直平分线，
两条直线相交于点D，
所以D的坐标为（5，2）．
故选：A．
8．（2019秋•太仓市期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12，则其外接圆的半径为（ ）
A．15 B．7.5 C．6 D．3
【分析】直角三角形的斜边是它的外接圆的直径，通过勾股定理求出AB即可．
【解析】如图，
∵∠C＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，而AC＝9，BC＝12，
∴AB=92+122=15．
又∵AB是Rt△ABC的外接圆的直径，
∴其外接圆的半径为7.5．
故选：B．
9．（2019•碑林区校级模拟）如图，△ABC为⊙O内接等边三角形，将△ABC绕圆心O旋转30°到△DEF处，连接AD，AE，则∠EAD的度数为（ ）
A．150° B．135° C．120° D．105°
【分析】连结OA、OE、OD、AE、AD，根据旋转的性质得∠AOD＝30°，再根据圆周角定理得∠AED=12∠AOD＝15°，然后根据等边三角形的性质得∠EFD＝60°，则∠DOE＝120°，求出∠AOE＝∠DOE﹣∠AOD＝90°，则∠ADE＝45°，根据三角形内角和可求出∠EAD的度数．
【解析】如图，连结OA、OE、OD、AE、AD，
∵△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，
∴∠AOD＝30°，
∴∠AED=12∠AOD＝15°，
∵△DEF为等边三角形，
∴∠EFD＝60°，
∴∠DOE＝2∠EFD＝120°，
∴∠AOE＝∠DOE﹣∠AOD＝120°﹣30°＝90°，
∴∠ADE=12∠AOE=45°，
∴∠EAD＝180°﹣∠AED﹣∠ADE＝180°﹣15°﹣45°＝120°．
故选：C．
10．（2019秋•相城区期中）如图，⊙O的半径为5，△ABC是⊙O的内接三角形，过点C作CD垂直AB于点D．若CD＝3，AC＝6，则BC长为（ ）
A．3 B．5 C．32 D．6
【分析】连接OC，OB，由垂直的定义得到∠ADC＝90°，得到CD=12AC，根据直角三角形的性质的∠A＝30°，由圆周角定理得到∠O＝60°，推出△OBC是等边三角形，得到BC＝OB，于是得到结论．
【解析】连接OC，OB，
∵CD垂直AB，
∴∠ADC＝90°，
∵CD＝3，AC＝6，
∴CD=12AC，
∴∠A＝30°，
∴∠O＝60°，
∵OC＝OB，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB，
∵⊙O的半径为5，
∴BC＝5，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020•滨湖区一模）若一个直角三角形的两条直角边长分别为7cm和24cm，则这个三角形的外接圆的直径长为 25 cm．
【分析】根据勾股定理求出斜边长，根据圆周角定理解答即可．
【解析】由勾股定理得，直角三角形的斜边长=72+242=25，
∴这个三角形的外接圆的直径长为25cm，
故答案为：25．
12．（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）．
13．（2019秋•阜宁县期中）①直径是弦；②经过三个点一定可以作圆；③三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等；④半径相等的两个半圆是等弧．其中错误的是 ② ．（填序号）
【分析】根据直径与弦的定义判断①；根据确定圆的条件判断②；根据三角形的外心的性质判断③；根据半圆与等弧的定义判断④．
【解析】①直径是圆中最长的弦，正确；
②经过不在同一直线上的三个点一定可以作圆，错误；
③三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等，正确；
④半径相等的两个半圆是等弧，正确．
其中正确的有①③④，错误的为②．
故答案为：②．
14．（2019秋•江都区期中）若点O是△ABC的外心，且∠BOC＝70°，则∠BAC的度数为 35°或145° ．
【分析】根据题意画出图形、运用分情况讨论思想和圆周角定理解得即可．
【解析】①当点O在三角形的内部时，
如图所示：
则∠BAC=12∠BOC＝35°；
②当点O在三角形的外部时，
如图所示；
则∠BAC=12（360°﹣70°）＝145°
故答案为：35°或145°．
15．（2020秋•泰兴市期末）已知⊙O的半径为4cm，点A到圆心O的距离为3cm，则点A在⊙O 内 （填“上”“外”或“内”）
【分析】根据点到圆心的距离与圆的半径大小的比较，确定点A与⊙O的位置关系．
【详解】解：∵OA＝3cm＜4cm∴点A在⊙O内．
故答案是：内．
16．（2019秋•滨江区期末）在△ABC中，已知AB＝AC＝4cm，BC＝6cm，P是BC的中点，以点P为圆心，3cm为半径画⊙P，则点A与⊙P的位置关系是 点A在⊙P内 ．
【分析】连接AP，求出AP⊥BC，求出BP，根据勾股定理求出AP，和半径比较即可．
【详解】解：如图，连接AP，
∵AB＝AC＝4cm，BC＝6cm，P是BC的中点，
∴BP＝CP＝3cm，AP⊥BC，
∴∠APB＝90°，
∴在Rt△APB中，由勾股定理得：AP=AB2-BP2=42-32=7（cm），
∵7＜3，
∴点A在⊙P内．
故答案为：点A在⊙P内．
17．（2020•长兴县三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，点D是半径为1的⊙A上的一个动点，点E为CD的中点，连接BE，则线段BE长度的最小值为 2 ．
【分析】取AC的中点N，连接AD、EN、BN．利用直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理求出BN，EN，再利用三角形的三边关系即可解决问题．
【详解】解：如图，取AC的中点N，连接AD、EN、BN．
∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，
∵AN＝NC，
∴BN=12AC=52，
∵AN＝NC，DE＝EC，
∴EN=12AD=12，
∴BN﹣EN≤BE≤BN+EN，
∴52-12≤BE≤52+12，
∴2≤BE≤3，
∴BE的最小值为2，
故答案为：2．
18．（2020秋•温州期中）如图所示，已知△ABC内接于⊙O，BC是⊙O的直径，OD⊥AC于点D，连接BD，半径OE⊥BC，连接EA，EA⊥BD于点F．若BC＝5，则OD＝ 52 ．
【分析】根据垂径定理得到AD＝DC，得到∠BAE＝∠CAE=12∠BAC=12×90°＝45°，求得∠ABD＝∠ADB＝45°，求得AD＝AB，根据勾股定理求出AB的长，即可得到结论．
【详解】解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵OE⊥BC，
∴∠BOE＝∠COE＝90°，
∴BE=CE，
∴∠BAE＝∠CAE=12∠BAC=12×90°＝45°，
∵EA⊥BD，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴AD＝AB，
∵OD⊥AC，
∴DC＝AD，
设AB＝x，则AC＝2x，
∵BC＝5，AB2+AC2＝BC2，
∴x2+（2x）2＝52，
解得x=5．
∴AB=5．
∵OD⊥AC，AB⊥AC，
∴OD∥AB，
∵BO＝CO，
∴OD=12AB=52，
故答案为：52．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020秋•兴化市月考）如图，在平面直角坐标系中，A、B、C是⊙M上的三个点，A（0，4）、B（4，4）、C（6，2）．
（1）圆心M的坐标为 （2，0） ；
（2）判断点D（4，﹣3）与⊙M的位置关系．
【分析】（1）根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
（2）求出⊙M的半径，MD的长即可判断；
【详解】解：（1）根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是（2，0）
故答案为：2，0．
（2）圆的半径AM=22+42=25，
线段MD=(4-2)2+32=13＜25，
所以点D在⊙M内．
20（2020秋•句容市月考）如图，一段圆弧与长度为1的正方形网格的交点是A、B、C．
（1）请完成以下操作：
①以点O为原点，垂直和水平方向为轴，网格边长为单位长，建立平面直角坐标系；
②根据图形提供的信息，标出该圆弧所在圆的圆心D，并连接AD、CD；
（2）请在（1）的基础上，完成下列填空：
⊙D的半径＝ 25 （结果保留根号）．点（7，0）在⊙D 外 ；（填“上”、“内”、“外”）
（3）∠ADC的度数为 90° ．
【分析】（1）根据图形和垂径定理画出图形即可；
（2）根据勾股定理求出半径即可；根据点到圆心的距离即可得到结论；
（3）证△AOD≌△DFC，根据全等得出∠OAD＝∠CDF，即可求出答案．
【详解】解：（1）如图1所示：
；
（2）⊙D的半径为：42+22=25，∵OD＝2，
∴7﹣2＝5＞25，
∴（7，0）在⊙D外，
故答案为：25；外；
（3）∵OA＝DF＝4，CF＝OD＝2，∠AOD＝∠DFC＝90°，
∴在△AOD和△DFC中
AO=DF∠AOD=∠DFCOD=FC，
∴△AOD≌△DFC（SAS），
∴∠OAD＝∠CDF，
∵∠AOD＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣（∠ADO+∠CDF）
＝180°﹣（∠ADO+∠OAD）
＝∠AOD
＝90°，
故答案为：90°．
21．（2021•上海模拟）已知：如图，圆O是△ABC的外接圆，AO平分∠BAC．
（1）求证：△ABC是等腰三角形；
（2）当OA＝2，AB＝3，求边BC的长．
【分析】（1）连接OB、OC，先证明∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，再证明△OAB≌△OAC得AB＝AC，问题得证；
（2）延长AO交BC于点H，先证明AH⊥BC，BH＝CH，设OH＝b，BH＝CH＝a，根据OA＝2，AB＝3，由勾股定理列出a、b的方程组，解得a、b，便可得BC．
【详解】解：（1）连接OB、OC，如图：
∵OA＝OB＝OC，OA平分∠BAC，
∴∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，
在△OAB和△OAC中，
∠OAB=∠OACOBA=∠OCAAO=AO．
∴△OAB≌△OAC（AAS）．
∴AB＝AC
即△ABC是等腰三角形；
（2）延长AO交BC于点H，连接OB，如图：
∵AH平分∠BAC，AB＝AC，
∴AH⊥BC，BH＝CH，
设OH＝b，BH＝CH＝a，
∵BH2+OH2＝OB2，BH2+AH2＝AB2，OA＝2，AB＝3，
a2+b2=4a2+(b+2)2=9．
∵a＞0，b＞0，
解得：a=374b=14．
∴BC＝2BH＝2a=372．
22．（2021•福州模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，∠ADB＝90°，过A，B，D三点的圆交BC边于点E．
（1）求证：E是BC的中点；
（2）若BC＝2CD，求证：∠BCD＝2∠ABD．
【分析】（1）利用圆周角定理得到∠AEB＝90°，利用等腰三角形三线合一即可解答；
（2）利用已知条件求得CE＝CD，然后利用圆周角定理即可解答．
【详解】证明：（1）连接AE，如图，
∵∠ADB＝90°，
∴AB为直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴AE是△ABC的中线，
∴E是BC的中点，
（2）连接DE，如图，
∵E是BC的中点，
∴BC＝2CE，
∵BC＝2CD，
∴CE＝CD，
∴∠CDE＝∠CED，
∵四边形ADEB是圆的内接四边形，
∴∠BAD+∠BED＝180°．
∵∠CED+∠BED＝180°，
∴∠BAD＝∠CED，
∵∠ABD＝90°﹣∠BAD，∠BCD＝180°﹣∠CED﹣∠CDE＝180°﹣2∠BAD，
∴∠BCD＝2∠ABD．
23.（2021•洪洞县二模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，BD为⊙O的直径，过点C作CE⊥BD，垂足为E．
（1）求证：∠BAC＝∠BCE；
（2）若∠BAC＝60°，CE＝3，求BD的长．
【分析】（1）连接CD，根据圆周角定理的推论得到∠BCD＝90°，根据同角的余角相等证明结论；
（2）根据正弦的定义求出CD，根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：连接CD，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴∠DCE+∠BCE＝90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DCE+∠D＝90°，
∴∠D＝∠BCE，
由圆周角定理得，∠D＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠BCE；
（2）解：∵∠BAC＝60°，
∴∠D＝90°，
∴∠DBC＝30°，
在Rt△CDE中，sinD=CECD，
∴CD=CEsinD=332=23，
在Rt△CBD中，∠DBC＝30°，
∴BD＝2CD＝43．
24．（2021•砀山县一模）如图，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小．
【分析】（1）连接OA并延长AO交BC于E，证明∠BAC＝2∠BAE和∠ABD＝∠BAE即可得结论，
（2）设∠ABD为x，用x表示出有关的角，再列方程即得答案．
【详解】解（1）连接OA并延长AO交BC于E，
∵AB＝AC，
∴弧AB＝弧AC，
∵AE过圆心O，
∴AE垂直平分BC（平分弧的直径垂直平分弧所对的弦），
∴AE平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAE，
∵OA＝OB，
∴∠ABD＝∠BAE，
∴∠BAC＝2∠ABD；
（2）设∠ABD＝x，
由（1）知∠BAC＝2∠ABD＝2x，
∴∠BDC＝3x，
△BCD是等腰三角形，
①若BD＝BC，
则∠C＝∠BDC＝3x，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝3x，
在△ABC中，∠ABC+∠C+∠BAC＝180°，
∴3x+3x+2x＝180°，
解得x＝22.5°，
∴∠BCD＝3x＝67.5°，
②若BC＝CD，则∠BDC＝∠CBD＝3x，
∴∠ABC＝∠ACB＝4x，
在△ABC中，∠ABC+∠C+∠BAC＝180°，
∴4x+4x+2x＝180°，
∴x＝18°，
∴∠BCD＝4x＝72°，
综上所述，△BCD是等腰三角形，∠BCD为67.5°或72°．
专题24.5点与圆的位置关系
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020秋•梁溪区期末）已知⊙O的半径是4，OA＝3，则点A与⊙O的位置关系是（ ）
A．点A在圆内 B．点A在圆上 C．点A在圆外 D．无法确定
【分析】根据⊙O的半径r＝4，且点A到圆心O的距离d＝3知d＜r，据此可得答案．
【详解】解：∵⊙O的半径r＝4，且点A到圆心O的距离d＝3，
∴d＜r，
∴点A在⊙O内，
故选：A．
2．（2020秋•徐州期末）⊙O的半径为3cm，若点P在⊙O内，则OP的长可能是（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【分析】根据点在圆内，点到圆心的距离小于圆的半径进行判断．
【详解】解⊙O的半径为3cm，点P在⊙O内，
∴OP＜3cm．
故选：A．
3．（2020秋•鼓楼区期末）⊙O的半径为5，点A到圆心O的距离为d，已知点A在⊙O的外部，则（ ）
A．d＜5 B．d＞5 C．d≥5 D．d＝5
【分析】根据点与圆的位置关系判断得出即可．
【详解】解：∵点A在圆O的外部，圆O的半径为5，
∴点A到圆心O的距离d的范围是：d＞5．
故选：B．
4．（2021•湖州）如图，已知点O是△ABC的外心，∠A＝40°，连结BO，CO，则∠BOC的度数是（ ）
A．60° B．70° C．80° D．90°
【分析】根据圆周角定理得出∠BOC＝2∠A即可得到结果．
【详解】解：∵点O为△ABC的外心，∠A＝40°，
∴∠A=12∠BOC，
∴∠BOC＝2∠A＝80°，
故选：C．
5．（2020秋•滨江区期末）如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝40°，∠ABC＝70°，BD是⊙O的直径，BD交AC于点E，连接CD，则∠AEB等于（ ）
A．70° B．90° C．110° D．120°
【分析】先利用圆周角定理得到∠BCD＝90°，∠D＝∠A＝40°，则利用互余计算出∠DBC＝50°，再计算出∠ABE，然后根据三角形内角和可计算出∠AEB的度数．
【详解】解：∵∠A＝40°，
∴∠D＝∠A＝40°，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠D＝50°，
∵∠ABC＝70°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠DBC＝20°，
∴∠AEB＝180°﹣（∠A+∠ABE）＝180°﹣（40°+20°）＝120°，
故选：D．
6．（2020•赤峰）如图，△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，EF是AC的垂直平分线，交AD于点O．若OA＝3，则△ABC外接圆的面积为（ ）
A．3π B．4π C．6π D．9π
【分析】由等腰三角形的性质得出BD＝CD，AD⊥BC，则点O是△ABC外接圆的圆心，则由圆的面积公式πr2可得出答案．
【详解】解：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，
∴BD＝CD，AD⊥BC，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴点O是△ABC外接圆的圆心，
∵OA＝3，
∴△ABC外接圆的面积＝πr2＝π×32＝9π．
故选：D．
7．（2020•马边县二模）如图，△ABC外接圆的圆心坐标是（ ）
A．（5，2） B．（2，3） C．（1，4） D．（0，0）
【分析】因为BC是线段，AB是正方形的对角线，所以作AB、BC的垂直平分线，找到交点D即可．
【详解】解：作线段BC的垂直平分线，作AB的垂直平分线，
两条直线相交于点D，
所以D的坐标为（5，2）．
故选：A．
8．（2019秋•太仓市期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12，则其外接圆的半径为（ ）
A．15 B．7.5 C．6 D．3
【分析】直角三角形的斜边是它的外接圆的直径，通过勾股定理求出AB即可．
【解析】如图，
∵∠C＝90°，
∴AB2＝AC2+BC2，而AC＝9，BC＝12，
∴AB=92+122=15．
又∵AB是Rt△ABC的外接圆的直径，
∴其外接圆的半径为7.5．
故选：B．
9．（2019•碑林区校级模拟）如图，△ABC为⊙O内接等边三角形，将△ABC绕圆心O旋转30°到△DEF处，连接AD，AE，则∠EAD的度数为（ ）
A．150° B．135° C．120° D．105°
【分析】连结OA、OE、OD、AE、AD，根据旋转的性质得∠AOD＝30°，再根据圆周角定理得∠AED=12∠AOD＝15°，然后根据等边三角形的性质得∠EFD＝60°，则∠DOE＝120°，求出∠AOE＝∠DOE﹣∠AOD＝90°，则∠ADE＝45°，根据三角形内角和可求出∠EAD的度数．
【解析】如图，连结OA、OE、OD、AE、AD，
∵△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，
∴∠AOD＝30°，
∴∠AED=12∠AOD＝15°，
∵△DEF为等边三角形，
∴∠EFD＝60°，
∴∠DOE＝2∠EFD＝120°，
∴∠AOE＝∠DOE﹣∠AOD＝120°﹣30°＝90°，
∴∠ADE=12∠AOE=45°，
∴∠EAD＝180°﹣∠AED﹣∠ADE＝180°﹣15°﹣45°＝120°．
故选：C．
10．（2019秋•相城区期中）如图，⊙O的半径为5，△ABC是⊙O的内接三角形，过点C作CD垂直AB于点D．若CD＝3，AC＝6，则BC长为（ ）
A．3 B．5 C．32 D．6
【分析】连接OC，OB，由垂直的定义得到∠ADC＝90°，得到CD=12AC，根据直角三角形的性质的∠A＝30°，由圆周角定理得到∠O＝60°，推出△OBC是等边三角形，得到BC＝OB，于是得到结论．
【解析】连接OC，OB，
∵CD垂直AB，
∴∠ADC＝90°，
∵CD＝3，AC＝6，
∴CD=12AC，
∴∠A＝30°，
∴∠O＝60°，
∵OC＝OB，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC＝OB，
∵⊙O的半径为5，
∴BC＝5，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020•滨湖区一模）若一个直角三角形的两条直角边长分别为7cm和24cm，则这个三角形的外接圆的直径长为 25 cm．
【分析】根据勾股定理求出斜边长，根据圆周角定理解答即可．
【解析】由勾股定理得，直角三角形的斜边长=72+242=25，
∴这个三角形的外接圆的直径长为25cm，
故答案为：25．
12．（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）．
13．（2019秋•阜宁县期中）①直径是弦；②经过三个点一定可以作圆；③三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等；④半径相等的两个半圆是等弧．其中错误的是 ② ．（填序号）
【分析】根据直径与弦的定义判断①；根据确定圆的条件判断②；根据三角形的外心的性质判断③；根据半圆与等弧的定义判断④．
【解析】①直径是圆中最长的弦，正确；
②经过不在同一直线上的三个点一定可以作圆，错误；
③三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等，正确；
④半径相等的两个半圆是等弧，正确．
其中正确的有①③④，错误的为②．
故答案为：②．
14．（2019秋•江都区期中）若点O是△ABC的外心，且∠BOC＝70°，则∠BAC的度数为 35°或145° ．
【分析】根据题意画出图形、运用分情况讨论思想和圆周角定理解得即可．
【解析】①当点O在三角形的内部时，
如图所示：
则∠BAC=12∠BOC＝35°；
②当点O在三角形的外部时，
如图所示；
则∠BAC=12（360°﹣70°）＝145°
故答案为：35°或145°．
15．（2020秋•泰兴市期末）已知⊙O的半径为4cm，点A到圆心O的距离为3cm，则点A在⊙O 内 （填“上”“外”或“内”）
【分析】根据点到圆心的距离与圆的半径大小的比较，确定点A与⊙O的位置关系．
【详解】解：∵OA＝3cm＜4cm∴点A在⊙O内．
故答案是：内．
16．（2019秋•滨江区期末）在△ABC中，已知AB＝AC＝4cm，BC＝6cm，P是BC的中点，以点P为圆心，3cm为半径画⊙P，则点A与⊙P的位置关系是 点A在⊙P内 ．
【分析】连接AP，求出AP⊥BC，求出BP，根据勾股定理求出AP，和半径比较即可．
【详解】解：如图，连接AP，
∵AB＝AC＝4cm，BC＝6cm，P是BC的中点，
∴BP＝CP＝3cm，AP⊥BC，
∴∠APB＝90°，
∴在Rt△APB中，由勾股定理得：AP=AB2-BP2=42-32=7（cm），
∵7＜3，
∴点A在⊙P内．
故答案为：点A在⊙P内．
17．（2020•长兴县三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，点D是半径为1的⊙A上的一个动点，点E为CD的中点，连接BE，则线段BE长度的最小值为 2 ．
【分析】取AC的中点N，连接AD、EN、BN．利用直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理求出BN，EN，再利用三角形的三边关系即可解决问题．
【详解】解：如图，取AC的中点N，连接AD、EN、BN．
∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，
∵AN＝NC，
∴BN=12AC=52，
∵AN＝NC，DE＝EC，
∴EN=12AD=12，
∴BN﹣EN≤BE≤BN+EN，
∴52-12≤BE≤52+12，
∴2≤BE≤3，
∴BE的最小值为2，
故答案为：2．
18．（2020秋•温州期中）如图所示，已知△ABC内接于⊙O，BC是⊙O的直径，OD⊥AC于点D，连接BD，半径OE⊥BC，连接EA，EA⊥BD于点F．若BC＝5，则OD＝ 52 ．
【分析】根据垂径定理得到AD＝DC，得到∠BAE＝∠CAE=12∠BAC=12×90°＝45°，求得∠ABD＝∠ADB＝45°，求得AD＝AB，根据勾股定理求出AB的长，即可得到结论．
【详解】解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵OE⊥BC，
∴∠BOE＝∠COE＝90°，
∴BE=CE，
∴∠BAE＝∠CAE=12∠BAC=12×90°＝45°，
∵EA⊥BD，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，
∴AD＝AB，
∵OD⊥AC，
∴DC＝AD，
设AB＝x，则AC＝2x，
∵BC＝5，AB2+AC2＝BC2，
∴x2+（2x）2＝52，
解得x=5．
∴AB=5．
∵OD⊥AC，AB⊥AC，
∴OD∥AB，
∵BO＝CO，
∴OD=12AB=52，
故答案为：52．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020秋•兴化市月考）如图，在平面直角坐标系中，A、B、C是⊙M上的三个点，A（0，4）、B（4，4）、C（6，2）．
（1）圆心M的坐标为 （2，0） ；
（2）判断点D（4，﹣3）与⊙M的位置关系．
【分析】（1）根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
（2）求出⊙M的半径，MD的长即可判断；
【详解】解：（1）根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是（2，0）
故答案为：2，0．
（2）圆的半径AM=22+42=25，
线段MD=(4-2)2+32=13＜25，
所以点D在⊙M内．
20（2020秋•句容市月考）如图，一段圆弧与长度为1的正方形网格的交点是A、B、C．
（1）请完成以下操作：
①以点O为原点，垂直和水平方向为轴，网格边长为单位长，建立平面直角坐标系；
②根据图形提供的信息，标出该圆弧所在圆的圆心D，并连接AD、CD；
（2）请在（1）的基础上，完成下列填空：
⊙D的半径＝ 25 （结果保留根号）．点（7，0）在⊙D 外 ；（填“上”、“内”、“外”）
（3）∠ADC的度数为 90° ．
【分析】（1）根据图形和垂径定理画出图形即可；
（2）根据勾股定理求出半径即可；根据点到圆心的距离即可得到结论；
（3）证△AOD≌△DFC，根据全等得出∠OAD＝∠CDF，即可求出答案．
【详解】解：（1）如图1所示：
；
（2）⊙D的半径为：42+22=25，∵OD＝2，
∴7﹣2＝5＞25，
∴（7，0）在⊙D外，
故答案为：25；外；
（3）∵OA＝DF＝4，CF＝OD＝2，∠AOD＝∠DFC＝90°，
∴在△AOD和△DFC中
AO=DF∠AOD=∠DFCOD=FC，
∴△AOD≌△DFC（SAS），
∴∠OAD＝∠CDF，
∵∠AOD＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣（∠ADO+∠CDF）
＝180°﹣（∠ADO+∠OAD）
＝∠AOD
＝90°，
故答案为：90°．
21．（2021•上海模拟）已知：如图，圆O是△ABC的外接圆，AO平分∠BAC．
（1）求证：△ABC是等腰三角形；
（2）当OA＝2，AB＝3，求边BC的长．
【分析】（1）连接OB、OC，先证明∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，再证明△OAB≌△OAC得AB＝AC，问题得证；
（2）延长AO交BC于点H，先证明AH⊥BC，BH＝CH，设OH＝b，BH＝CH＝a，根据OA＝2，AB＝3，由勾股定理列出a、b的方程组，解得a、b，便可得BC．
【详解】解：（1）连接OB、OC，如图：
∵OA＝OB＝OC，OA平分∠BAC，
∴∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，
在△OAB和△OAC中，
∠OAB=∠OACOBA=∠OCAAO=AO．
∴△OAB≌△OAC（AAS）．
∴AB＝AC
即△ABC是等腰三角形；
（2）延长AO交BC于点H，连接OB，如图：
∵AH平分∠BAC，AB＝AC，
∴AH⊥BC，BH＝CH，
设OH＝b，BH＝CH＝a，
∵BH2+OH2＝OB2，BH2+AH2＝AB2，OA＝2，AB＝3，
a2+b2=4a2+(b+2)2=9．
∵a＞0，b＞0，
解得：a=374b=14．
∴BC＝2BH＝2a=372．
22．（2021•福州模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝AC，∠ADB＝90°，过A，B，D三点的圆交BC边于点E．
（1）求证：E是BC的中点；
（2）若BC＝2CD，求证：∠BCD＝2∠ABD．
【分析】（1）利用圆周角定理得到∠AEB＝90°，利用等腰三角形三线合一即可解答；
（2）利用已知条件求得CE＝CD，然后利用圆周角定理即可解答．
【详解】证明：（1）连接AE，如图，
∵∠ADB＝90°，
∴AB为直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴AE是△ABC的中线，
∴E是BC的中点，
（2）连接DE，如图，
∵E是BC的中点，
∴BC＝2CE，
∵BC＝2CD，
∴CE＝CD，
∴∠CDE＝∠CED，
∵四边形ADEB是圆的内接四边形，
∴∠BAD+∠BED＝180°．
∵∠CED+∠BED＝180°，
∴∠BAD＝∠CED，
∵∠ABD＝90°﹣∠BAD，∠BCD＝180°﹣∠CED﹣∠CDE＝180°﹣2∠BAD，
∴∠BCD＝2∠ABD．
23.（2021•洪洞县二模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，BD为⊙O的直径，过点C作CE⊥BD，垂足为E．
（1）求证：∠BAC＝∠BCE；
（2）若∠BAC＝60°，CE＝3，求BD的长．
【分析】（1）连接CD，根据圆周角定理的推论得到∠BCD＝90°，根据同角的余角相等证明结论；
（2）根据正弦的定义求出CD，根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：连接CD，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∴∠DCE+∠BCE＝90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DCE+∠D＝90°，
∴∠D＝∠BCE，
由圆周角定理得，∠D＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠BCE；
（2）解：∵∠BAC＝60°，
∴∠D＝90°，
∴∠DBC＝30°，
在Rt△CDE中，sinD=CECD，
∴CD=CEsinD=332=23，
在Rt△CBD中，∠DBC＝30°，
∴BD＝2CD＝43．
24．（2021•砀山县一模）如图，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小．
【分析】（1）连接OA并延长AO交BC于E，证明∠BAC＝2∠BAE和∠ABD＝∠BAE即可得结论，
（2）设∠ABD为x，用x表示出有关的角，再列方程即得答案．
【详解】解（1）连接OA并延长AO交BC于E，
∵AB＝AC，
∴弧AB＝弧AC，
∵AE过圆心O，
∴AE垂直平分BC（平分弧的直径垂直平分弧所对的弦），
∴AE平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAE，
∵OA＝OB，
∴∠ABD＝∠BAE，
∴∠BAC＝2∠ABD；
（2）设∠ABD＝x，
由（1）知∠BAC＝2∠ABD＝2x，
∴∠BDC＝3x，
△BCD是等腰三角形，
①若BD＝BC，
则∠C＝∠BDC＝3x，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝3x，
在△ABC中，∠ABC+∠C+∠BAC＝180°，
∴3x+3x+2x＝180°，
解得x＝22.5°，
∴∠BCD＝3x＝67.5°，
②若BC＝CD，则∠BDC＝∠CBD＝3x，
∴∠ABC＝∠ACB＝4x，
在△ABC中，∠ABC+∠C+∠BAC＝180°，
∴4x+4x+2x＝180°，
∴x＝18°，
∴∠BCD＝4x＝72°，
综上所述，△BCD是等腰三角形，∠BCD为67.5°或72°．
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