1[2026浙江嘉兴期末]下列三角形的外心一定在该三角形外部的是（）

1.D 【解析】因为钝角三角形的外心在它的外部,观察各选项,只有 D 选项符合题意,故选 D.

2[2026浙江金华义乌期末]如图,四边形ABCD为⊙O的内接四边形,∠BCD=132°,则∠BOD的度数为 ()

A.48°
B.96°
C.132°
D.144°

(第2题图)
(第3题图)

2.B 【解析】
∵ 四边形 ABCD 为⊙O 的内接四边形,
∴ ∠A + ∠BCD = 180°.
∵ ∠BCD = 132°,
∴ ∠A =48°,
∴ ∠BOD=2∠A=96°, 故选 B.

3 如图, BD 是$\odot O$的直径, 点 A, C 在$\odot O$上, $AB=AD,AC$交$BD$于点$G$. 若$∠ COD=126°$, 则$∠ AGB$的度数为（）

A.$108°$
B.$110°$
C.$117°$
D.$126°$

3.A 【解析】
∵ BD 是⊙O 的直径,
∴ ∠BAD=90°.
∵ AB = AD,
∴ ∠B = ∠D = 45°.
∵ ∠DAC =$\frac{1}{2}∠COD=\frac{1}{2}×126°=63°$,
∴ ∠AGB = ∠DAC +∠D=63°+45°=108°. 故选 A.

4[2025浙江温州期中]如图,AB为$\odot O$的直径,点C是$\overset{\frown}{BE}$的中点,过点C作$CD⊥ AB$于点G,交$\odot O$于点D,若$BE=8,BG=3$,则$\odot O$的半径是 ()
A.4 B.5.5 C.$\frac{25}{6}$ D.$\frac{25}{3}$

(第4题图)

(第5题图)
5[2026浙江杭州调研]如图,点A,B,C在直线l上,$AD⊥ l,AD// BE// CF$,且过点D,E,F三点的圆的圆心在直线l上.若$AD=CF=1,BE=2$,则$AB· BC$的值是 ()
A.3 B.4 C.5 D.6

4.C 【解析】连结 OD,如图. 设⊙O 的半径为 r.
∵ CD ⊥ AB,
∴ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$, CG=DG.
∵ 点 C 是$\overset{\frown}{BE}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$,
∴ $\overset{\frown}{CE}=$$\overset{\frown}{BD}$,
∴ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{CD}$,
∴ CD=BE=8,
∴ DG=$\frac{1}{2}CD=4$. 在Rt△ODG 中,
∵ OG=r-3, OD=r,
∴ $4^2+(r-3)^2=r^2$,解得 r=$\frac{25}{6}$, 即⊙O 的半径为 $\frac{25}{6}$. 故选 C.
5.A 【解析】如图,设圆心为 O,连结 OD,OE,OF,则OD=OE=OF.
∵ AD⊥l,AD//BE//CF,
∴ BE⊥l, FC⊥l,
∴ ∠DAO=∠FCO = 90°. 又
∵ AD = CF = 1, OD = OF,
∴ Rt△DAO≅Rt△FCO(HL),
∴ OA=OC. 由勾股定理得 $OA^2=OD^2-AD^2$,$OB^2=OE^2-BE^2$, 则 AB·BC=(OA+OB)(OC-OB)=(OA+OB)(OA-OB)=OA²-OB²=OD²-AD²-(OE²-BE²)=BE²-AD²=4-1=3.故选 A.

6[2025广东广州中考]如图，$\odot O$的直径$AB=4$，C为$\overset{\frown}{AB}$中点，点D在弧BC上，$\overset{\frown}{BD}=\frac{1}{3}\overset{\frown}{BC}$，点P是AB上的一个动点，则$△ PCD$周长的最小值是（）

A.$2+\sqrt{7}$
B.$2+2\sqrt{3}$
C.$3+\sqrt{7}$
D.$4+4\sqrt{3}$

（第6题图）
（第7题图）

6.B 【解析】如图,作点 C 关于 AB 的对称点 C',连结CC',OD,C'D,C'P,
∴ CP=C'P.
∵ ⊙O 的直径 AB=4,C 为$\overset{\frown}{AB}$中点,
∴ 点 O 在 C'C 上, OC=OD=$\frac{1}{2}×4=2$, ∠COB=90°,
∴ CC'=AB=4.
∵ $\overset{\frown}{BD}=\frac{1}{3}\overset{\frown}{BC}$,
∴ ∠COD=$(1-\frac{1}{3})×90°=60°$.
∵ CO=OD,
∴ △COD 是等边三角形,
∴ CD=OC=2.
∵ CC' 是直径,
∴ ∠CDC'=90°,
∴ DC'=$\sqrt{CC'^2-CD^2}=2\sqrt{3}$,
∴ $C_{△PCD}=CD+PD+CP=2+PD+C'P≥2+C'D=2+2\sqrt{3}$,
∴ △PCD 周长的最小值是 $2+2\sqrt{3}$. 故选 B.

7 如图,在$3×3$的正方形网格中,小正方形的顶点称为格点,顶点均在格点上的图形称为格点图形,图中的圆弧为格点$△ ABC$外接圆的一部分,小正方形边长为1,图中阴影部分的面积为 ()

A.$\frac{5}{2}π - \frac{7}{4}$
B.$\frac{5}{2}π - \frac{7}{2}$
C.$\frac{5}{4}π - \frac{7}{4}$
D.$\frac{5}{4}π - \frac{7}{2}$

7.D 【解析】如图,作 AB 的垂直平分线 MN,BC的垂直平分线 PQ,设 MN 与 PQ 相交于点 O,则点 O 是△ABC 外接圆的圆心,连结 OA,OB,OC. 由题意得$OA^2=1^2+2^2=5$,$OC^2=1^2+2^2=5$,$AC^2=1^2+3^2=10$,
∴ $OA^2+OC^2=AC^2$,
∴ △AOC 是直角三角形,∠AOC = 90°.
∵ AO=OC=$\sqrt{5}$,
∴ $S_{阴影}=S_{扇形AOC}-S_{△AOC}-S_{△ABC}=\frac{90π×(\sqrt{5})^2}{360}-\frac{1}{2}OA·OC-\frac{1}{2}AB·1=$$\frac{5π}{4}-\frac{1}{2}×\sqrt{5}×\sqrt{5}-\frac{1}{2}×2×1=\frac{5π}{4}-\frac{7}{2}$,故选 D.

8 如图,在边长为$\sqrt{2}$的正八边形ABCDEFGH中,已知I,J,K,L分别是边AH,BC,DE,FG上的动点,且满足$IH=JB=KD=LF$,则四边形IJKL面积的最大值为（）


A.$4+2\sqrt{2}$
B.$2+2\sqrt{2}$
C.$4+\sqrt{2}$
D.$4+4\sqrt{2}$

8.A 【解析】连结 IK,JL,AC,如图(1).
∵ 八边形ABCDEFGH 是正八边形, IH = JB = KD = LF,
∴ 易得IJ=JK=KL=LI, IK=JL,
∴ 四边形 IJKL 为正方形,
∴ 四边形 IJKL 的面积为 $IJ^2$,
∴ 当 IJ 最大时,四边形IJKL 的面积最大. 当 IJ=AC 时,四边形 IJKL 的面积最大,如图(2),连结 AE,CG 交于点 O,连结OB,交 AC 于点 M,则△AOC 为等腰直角三角形,O为正八边形的中心,
∴ OC=OB=OA,OB 垂直平分AC,
∴ 易得 OM=AM=$\frac{\sqrt{2}}{2}OA$. 设 OM=AM=x,则OC=OB=OA=$\sqrt{2}x$,
∴ BM=$\sqrt{2}x-x$. 在 Rt△AMB 中,$AB^2=BM^2+AM^2$, 即 $(\sqrt{2})^2=(\sqrt{2}x-x)^2+x^2$, 解得 x=$\frac{\sqrt{2\sqrt{2}+4}}{2}$(负值已舍去),
∴ AC=2AM=$\sqrt{2\sqrt{2}+4}$,
∴ 四边形 IJKL 面积的最大值为 $AC^2=4+2\sqrt{2}$, 故选 A.