1. 如图15,在正方形方格中,A,B,C,D,E,P均在格点处,则点P是下列哪个三角形的外心 ()

A.$△ ACE$
B.$△ ABD$
C.$△ ACD$
D.$△ BCE$

图15 图16

D

【分析】
要判断点P是哪个三角形的外心，首先明确三角形外心的核心性质：外心到三角形三个顶点的距离相等。因此我们可以设每个小方格的边长为1，借助勾股定理分别计算点P到各选项中三角形三个顶点的距离，找到三个距离均相等的三角形即可。
【解析】
设每个小方格的边长为1，根据勾股定理计算点P到各点的距离：
$PB=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，$PC=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，$PE=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，即$PB=PC=PE$。
逐一验证选项：
A选项：$PA=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}≠\sqrt{10}$，P到A、C距离不相等，不是$△ ACE$的外心；
B选项：$PD=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}≠\sqrt{10}$，P到B、D距离不相等，不是$△ ABD$的外心；
C选项：$PA=\sqrt{8}≠ PD=\sqrt{13}$，P到A、D距离不相等，不是$△ ACD$的外心；
D选项：$PB=PC=PE$，P到$△ BCE$三个顶点距离相等，因此P是$△ BCE$的外心。
【答案】
D
【知识点】
1.三角形外心的性质 2.勾股定理的应用
【点评】
本题将三角形外心的性质与方格背景结合，解题的关键是利用外心“到三顶点距离相等”的性质，通过勾股定理快速计算线段长度进行验证，不需要作三边垂直平分线，简化了解题过程。
【难度系数】
0.7

2. 如图16,在平面直角坐标系$xOy$中,点$A$在$x$轴负半轴上,点$B$在$y$轴正半轴上,$\odot D$经过$A,B,O,C$四点,$∠ ACO=120°$,$AB=4$,则圆心点$D$的坐标是
$( \quad )$

A.$(\sqrt{3},1)$
B.$(-\sqrt{3},1)$
C.$(-1,\sqrt{3})$
D.$(-2,2\sqrt{3})$

B

【分析】
首先，由∠AOB=90°结合圆周角定理可判断AB是⊙D的直径，故D为AB的中点，求出A、B两点坐标即可得到D的坐标。其次，利用圆内接四边形对角互补的性质，结合已知∠ACO=120°求出∠ABO的度数，再在Rt△AOB中利用三角函数求出OA、OB的长度，进而得到A、B坐标，最后用中点坐标公式计算D的坐标即可。
【解析】
解：
∵∠AOB=90°，且A、B、O、C四点共圆，
∴AB是⊙D的直径（90°的圆周角所对的弦是直径），即点D是AB的中点。
∵四边形ABOC是圆内接四边形，
∴∠ABO + ∠ACO = 180°（圆内接四边形对角互补），
∵∠ACO=120°，
∴∠ABO=180°-120°=60°。
在Rt△AOB中，AB=4，∠ABO=60°，
∴$OB = AB·\cos60° = 4×\frac{1}{2}=2$，
$OA = AB·\sin60° = 4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
∵点A在x轴负半轴，点B在y轴正半轴，
∴$A(-2\sqrt{3}, 0)$，$B(0, 2)$。
∵D是AB的中点，根据中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，
∴D的横坐标为$\frac{-2\sqrt{3}+0}{2}=-\sqrt{3}$，纵坐标为$\frac{0+2}{2}=1$，
即$D(-\sqrt{3},1)$。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理，圆内接四边形的性质，中点坐标公式
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质与直角三角形的相关计算，解题的关键是先判断出AB为直径，D为AB中点，再结合圆内接四边形的性质求出角度，进而求出线段长度，需要熟练掌握圆的基础性质并灵活运用。
【难度系数】
0.6

1. (2025·无锡)已知圆弧所在圆的半径为6,该弧所对的圆心角为90°,则这条弧的长为 ()

A.$2π$
B.$3π$
C.$4π$
D.$6π$

B

【分析】
本题考查弧长的计算，解题思路如下：首先回忆弧长的计算公式，要求弧长需要知道两个条件：弧所对的圆心角的度数、圆弧所在圆的半径；本题已经直接给出圆心角为90°，圆的半径为6，直接将已知数值代入弧长公式计算即可得到结果。
【解析】
弧长计算公式为$ l=\frac{nπ R}{180} $（其中$ n $为弧所对圆心角的度数，$ R $为圆的半径）。
已知$ n=90° $，$ R=6 $，代入公式得：
$ l=\frac{90×π×6}{180}=3π $
因此这条弧的长为$ 3π $，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
1. 弧长计算公式
【点评】
本题是基础类题型，核心考查弧长公式的直接应用，不需要复杂的推导，只要牢记公式、准确代入数值计算即可得分。
【难度系数】
0.9

2. (2025·武汉)如图17，四边形ABCD内接于$\odot O$，$\overset{\frown}{AB}=2\overset{\frown}{CD}$。若$AB=6$，$CD=\sqrt{13}$，则$\odot O$的半径是 ()

A.$\frac{13}{4}$
B.$\frac{7}{2}$
C.$\frac{9}{2}$
D.5

图17 图18

A

【分析】
解题时先结合弧的倍数关系得到对应圆心角的倍数关系，再利用垂径定理将弦长平分，构造含圆心角一半的直角三角形，通过锐角三角函数建立弦长、半径、圆心角的关系式，最后结合三角函数公式联立方程消去角的参数，即可求出半径。
【解析】
设$\odot O$的半径为$R$，过点$O$作$OE ⊥ AB$于点$E$，$OF ⊥ CD$于点$F$。
根据垂径定理可得：$AE=\frac{AB}{2}=3$，$CF=\frac{CD}{2}=\frac{\sqrt{13}}{2}$，且$∠ AOE=\frac{1}{2}∠ AOB$，$∠ COF=\frac{1}{2}∠ COD$。
设弧$CD$所对的圆心角$∠ COD=α$，由$\overset{\frown}{AB}=2\overset{\frown}{CD}$得$∠ AOB=2α$，因此$∠ AOE=α$，$∠ COF=\frac{α}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ AOE$中，$\sin∠ AOE=\frac{AE}{OA}$，即$\sinα=\frac{3}{R}$ ①；
在$\mathrm{Rt}△ COF$中，$\sin∠ COF=\frac{CF}{OC}$，即$\sin\frac{α}{2}=\frac{\sqrt{13}}{2R}$ ②。
由二倍角公式$\sinα=2\sin\frac{α}{2}\cos\frac{α}{2}$，将①②代入得：
$2×\frac{\sqrt{13}}{2R}×\cos\frac{α}{2}=\frac{3}{R}$，约去$\frac{1}{R}$后解得$\cos\frac{α}{2}=\frac{3}{\sqrt{13}}$。
根据同角三角函数的关系$\sin^2\frac{α}{2}+\cos^2\frac{α}{2}=1$，代入$\sin\frac{α}{2}=\frac{\sqrt{13}}{2R}$和$\cos\frac{α}{2}=\frac{3}{\sqrt{13}}$：
$( \frac{\sqrt{13}}{2R} )^2 + ( \frac{3}{\sqrt{13}} )^2 =1$
化简得：$\frac{13}{4R^2}+\frac{9}{13}=1$
移项计算：$\frac{13}{4R^2}=\frac{4}{13}$，交叉相乘得$16R^2=169$，解得$R=\frac{13}{4}$（半径为正，舍去负根）。
【答案】
A
【知识点】
垂径定理，弧与圆心角的关系，锐角三角函数
【点评】
本题将圆的基本性质和三角函数结合考查，解题的核心是利用弧的倍数关系转化为圆心角的数量关系，再通过构造直角三角形建立方程求解，需要学生熟练掌握转化思想和方程思想。
【难度系数】
0.4

3. 如图18,在扇形OAB中,$∠AOB=60°$,扇形半径为$r$,点C在$\overset{\frown}{AB}$上,$CD⊥OA$,垂足为D.当$△OCD$的面积最大时,$\overset{\frown}{AC}$的长为.

$\boldsymbol{\frac{π r}{4}}$

【分析】
要解决这个问题，我们可以先将△OCD的面积表示为关于边长的函数，再求面积最大时对应的∠AOC的度数，最后代入弧长公式计算$\overset{\frown}{AC}$的长度。首先设OD的长为t，利用勾股定理表示出CD的长度，结合三角形面积公式写出面积的表达式，通过二次函数的最值性质找到面积最大时t的值，进而求出∠AOC的度数，最后用弧长公式计算弧长即可。
【解析】
设$OD = t$（$0 ＜ t ＜ r$），
$\because CD ⊥ OA$，$OC = r$，
$\therefore$在$Rt△ OCD$中，由勾股定理得：$CD = \sqrt{OC^2 - OD^2} = \sqrt{r^2 - t^2}$，
$\therefore △ OCD$的面积$S = \frac{1}{2} · OD · CD = \frac{1}{2}t\sqrt{r^2 - t^2}$。
为了求$S$的最大值，我们计算$S^2$的最大值：
$S^2 = \frac{1}{4}t^2(r^2 - t^2) = -\frac{1}{4}t^4 + \frac{1}{4}r^2t^2$，
令$m = t^2$（$0 ＜ m ＜ r^2$），则$S^2 = -\frac{1}{4}m^2 + \frac{1}{4}r^2m$，
该式是关于$m$的二次函数，二次项系数$-\frac{1}{4} ＜ 0$，图象开口向下，
当$m = -\frac{b}{2a} = -\frac{\frac{1}{4}r^2}{2 × (-\frac{1}{4})} = \frac{r^2}{2}$时，$S^2$取得最大值，此时$S$也最大。
此时$t^2 = \frac{r^2}{2}$，即$t = \frac{\sqrt{2}}{2}r$（$t＞0$），
在$Rt△ OCD$中，$\cos∠ AOC = \frac{OD}{OC} = \frac{t}{r} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore ∠ AOC = 45°$，
根据弧长公式$l = \frac{nπ r}{180}$（$n$为圆心角度数），得$\overset{\frown}{AC}$的长为：
$l = \frac{45π r}{180} = \frac{π r}{4}$。
【答案】
$\frac{π r}{4}$
【知识点】
弧长公式，二次函数的最值，勾股定理
【点评】
本题将几何图形的最值问题与二次函数相结合，解题的关键是通过设元将三角形面积转化为二次函数形式，找到最值对应的条件，再结合锐角三角函数和弧长公式求解，考查了综合运用知识解决问题的能力。
【难度系数】
0.6