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1 新考法[2025天津南开区期中,中]如图,平面直角坐标系中,点O为坐标原点,A(0,3),B(2,3),C(3,2),一条圆弧经过A,B,C三点,则下列说法中正确的是 (
A.这条圆弧所在圆的半径为$\frac{5}{2}$
B.这条圆弧所在圆的圆心坐标为(1,1)
C.原点O(0,0)在这条圆弧所在圆上
D.点M(3,0)在这条圆弧所在圆外
(第1题图)
(第2题图)
B
)A.这条圆弧所在圆的半径为$\frac{5}{2}$
B.这条圆弧所在圆的圆心坐标为(1,1)
C.原点O(0,0)在这条圆弧所在圆上
D.点M(3,0)在这条圆弧所在圆外
(第1题图)
(第2题图)
答案
1.B 【解析】设这条弧所在圆的圆心坐标为(x,y).
∵ 圆弧经过 A(0,3),B(2,3),C(3,2) 三点,
∴ $\begin{cases}(x-0)^2+(y-3)^2=(x-2)^2+(y-3)^2,\\(x-0)^2+(y-3)^2=(x-3)^2+(y-2)^2,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=1,\\y=1,\end{cases}$
∴ 这条圆弧所在圆的圆心坐标为(1,1),故选项 B 正确. 这条圆弧所在圆的半径为 $\sqrt{(1-0)^2+(1-3)^2}=\sqrt{5}$, 故选项 A 错误.
∵ 原点 O(0,0) 到圆心(1,1) 的距离为 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$,
∴ 原点 O(0,0) 不在这条圆弧所在圆上,故选项 C 错误.
∵ 点 M(3,0) 到圆心(1,1) 的距离为 $\sqrt{(3-1)^2+1^2}=\sqrt{5}$,
∴ 点 M(3,0) 在这条圆弧所在圆上,故选项 D 错误. 故选 B.
∵ 圆弧经过 A(0,3),B(2,3),C(3,2) 三点,
∴ $\begin{cases}(x-0)^2+(y-3)^2=(x-2)^2+(y-3)^2,\\(x-0)^2+(y-3)^2=(x-3)^2+(y-2)^2,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=1,\\y=1,\end{cases}$
∴ 这条圆弧所在圆的圆心坐标为(1,1),故选项 B 正确. 这条圆弧所在圆的半径为 $\sqrt{(1-0)^2+(1-3)^2}=\sqrt{5}$, 故选项 A 错误.
∵ 原点 O(0,0) 到圆心(1,1) 的距离为 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$,
∴ 原点 O(0,0) 不在这条圆弧所在圆上,故选项 C 错误.
∵ 点 M(3,0) 到圆心(1,1) 的距离为 $\sqrt{(3-1)^2+1^2}=\sqrt{5}$,
∴ 点 M(3,0) 在这条圆弧所在圆上,故选项 D 错误. 故选 B.
2[2026江苏宿迁调研,较难]如图,在矩形ABCD中,AB=6,BC=8,P为矩形的边BC上一动点,点P从点B运动到点C,△PAD的外接圆的圆心运动的路径长为 (
A.$\frac{4}{3}$
B.$\frac{8}{3}$
C.$\frac{5}{3}$
D.$\frac{10}{3}$
B
)A.$\frac{4}{3}$
B.$\frac{8}{3}$
C.$\frac{5}{3}$
D.$\frac{10}{3}$
答案
2.B 【解析】如图,连结 AC,BD 交于点 O'.
∵ 四边形 ABCD 是矩形,AB=6,BC=8,
∴ O'A=O'C=O'B=O'D,∠BAD = ∠ADC = 90°,∠ABC = ∠BCD=90°,CD=AB=6,AD=BC=8,
∴ 点 O' 在△PAD 的 AD 边的垂直平分线上. 当点 P 与点 B 或 C 重合时,△PAD 的外接圆的圆心为点 O'. 当点 P 为 BC 的中点,即 PB=PC 时,连结 PO',并延长交 AD 于点 E,设此时△PAD 的外接圆的圆心为点 O, 则 OP = OD. 在 △ABP 和 △DCP 中,
$\begin{cases}AB=DC,\\∠ABP=∠DCP=90°,\\PB=PC,\end{cases}$
∴ △ABP ≅ △DCP (SAS),
∴ PA=PD,
∴ 此时点 P 在△PAD 的 AD 边的垂直平分线上,
∴ PE 垂直平分 AD.
∵ △PAD 的外接圆的圆心一定在 AD 边的垂直平分线上,
∴ 点 O 一定在 PE 上,
∴ 点 P 从点 B 运动到点 C,△PAD 的外接圆的圆心运动的路径是从点 O' 运动到点 O,再从点 O 运动到点 O',其路径长是 2OO' 的长. 在 Rt△ABD 中,AB=6,AD=8,
∴ $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=10$,
∴ O'D=5. 又
∵ PE 垂直平分 AD,
∴ $DE=\dfrac{1}{2}AD=4$,
∴ O'E = $\sqrt{O'D^2-DE^2}=3$.
∵ ∠BAD = ∠ABC = 90°,PE 垂直平分 AD,
∴ 四边形 ABPE 是矩形,
∴ PE=AB=6. 设 OE=x,则 OD=OP=PE-OE=6-x. 在 Rt△DOE 中, $OE^2+DE^2=OD^2$,即 $x^2+4^2=(6-x)^2$, 解得 $x=\dfrac{5}{3}$,
∴ $2OO'=2(O'E-OE)=2×(3-\dfrac{5}{3})=\dfrac{8}{3}$,即点 P 从点 B 运动到点 C,△PAD 的外接圆的圆心运动的路径长为 $\dfrac{8}{3}$,故选 B.
3[2026江苏南京期末,中]如图,在平面直角坐标系中,△ABC的三个顶点分别为A(-1,0),B(1,0),C(-3,2),⊙P是△ABC的外接圆,若点D(x,y)是其外接圆上任意一点,则x+2y的最大值为
(第3题图)
(第4题图)
$6+5\sqrt{2}$
.(第3题图)
(第4题图)
答案
3.$6+5\sqrt{2}$ 【解析】
∵ ⊙P 是△ABC 的外接圆,
∴ 点 P 为 AB,AC,BC 垂直平分线的交点,PC = PB = PA.
∵ A(-1,0),B(1,0),
∴ 点 P 在 y 轴上,
∴ 设 P(0,b),
∴ $(-3-0)^2+(2-b)^2=(0-1)^2+(b-0)^2$,
∴ b=3,
∴ 圆心 P 的坐标为(0,3).
∵ D(x,y) 是其外接圆上任意一点,
∴ $x^2+(y-3)^2=1^2+3^2$,
∴ $x^2+(y-3)^2=10$. 设 t=x+2y,则 x=t-2y,
∴ $(t-2y)^2+(y-3)^2=10$, 整理得 $5y^2-(4t+6)y+t^2-1=0$.
∵ y 为实数,
∴ $b^2-4ac=[-(4t+6)]^2-4×5(t^2-1)≥0$,解得 $6-5\sqrt{2}≤ t≤6+5\sqrt{2}$,
∴ x+2y 的最大值为 $6+5\sqrt{2}$. 故答案为 $6+5\sqrt{2}$.
∵ ⊙P 是△ABC 的外接圆,
∴ 点 P 为 AB,AC,BC 垂直平分线的交点,PC = PB = PA.
∵ A(-1,0),B(1,0),
∴ 点 P 在 y 轴上,
∴ 设 P(0,b),
∴ $(-3-0)^2+(2-b)^2=(0-1)^2+(b-0)^2$,
∴ b=3,
∴ 圆心 P 的坐标为(0,3).
∵ D(x,y) 是其外接圆上任意一点,
∴ $x^2+(y-3)^2=1^2+3^2$,
∴ $x^2+(y-3)^2=10$. 设 t=x+2y,则 x=t-2y,
∴ $(t-2y)^2+(y-3)^2=10$, 整理得 $5y^2-(4t+6)y+t^2-1=0$.
∵ y 为实数,
∴ $b^2-4ac=[-(4t+6)]^2-4×5(t^2-1)≥0$,解得 $6-5\sqrt{2}≤ t≤6+5\sqrt{2}$,
∴ x+2y 的最大值为 $6+5\sqrt{2}$. 故答案为 $6+5\sqrt{2}$.
4[2025浙江衢州质检,较难]如图是一个含有3个正方形的相框,其中$∠ BCD = ∠ DEF = 90°$,$AB=2,CD=3,EF=5$,将它镶嵌在一个圆形的金属框上,使$A,G,H$三点刚好在金属框上,则该金属框的半径是
$\dfrac{5\sqrt{10}}{2}$
.答案
4.$\dfrac{5\sqrt{10}}{2}$ 【解析】如图,连结 AG,作线段 AG 和线段 HG 的垂直平分线交于点 O,HG 的垂直平分线交 HG 于点 K,交 EF 于点 M,连结 OG,则 A,G,H 三点刚好在以点 O 为圆心,OG 为半径的圆上.
∵ ∠BCD = ∠DEF = 90°,四边形 ABCJ、四边形 CDEI、四边形 EFGH 都是正方形,AB = 2,CD = 3,EF = 5,
∴ 易得 $AC=2\sqrt{2}$,$EC=3\sqrt{2}$,$EG=5\sqrt{2}$,
∴ $AG=10\sqrt{2}$,AE=EG=$5\sqrt{2}$,
∴ 点 E 为线段 AG 的中点.
∵ ∠GEF=45°,OE⊥AG,
∴ ∠OEF=45°,
∴ 易得△OEM 是等腰直角三角形,
∴ $MO=EM=\dfrac{1}{2}EF$.
∵ HG=EF=5,
∴ $OK=5+\dfrac{5}{2}=\dfrac{15}{2}$,$KG=\dfrac{5}{2}$,
∴ OG = $\sqrt{KG^2+OK^2}=\sqrt{(\dfrac{5}{2})^2+(\dfrac{15}{2})^2}=\dfrac{5\sqrt{10}}{2}$. 故答案为 $\dfrac{5\sqrt{10}}{2}$.
关键点拨
解本题的关键是作线段 AG,HG 的垂直平分线,两条垂直平分线的交点就是金属框的圆心.
5 新考法[2026浙江宁波北仑区模拟,中]如图，△ABC的外心O关于三边的对称点分别为A', B', C', 连结AA', BB', CC'. 求证：
(1)AA', BB', CC'交于一点P；
(2)若边BC, AC, AB的中点分别为$A_1, B_1, C_1, $则P为$△A_1B_1C_1$的外心.
刷素养 走向重高
(1)AA', BB', CC'交于一点P；
(2)若边BC, AC, AB的中点分别为$A_1, B_1, C_1, $则P为$△A_1B_1C_1$的外心.
刷素养 走向重高
答案
5.【证明】(1)如图,连结 AO,BO,CO,AC',BC',B'C,B'A,B'C',OA',OB',OC'.
∵ △ABC 的外心 O 关于三边的对称点分别为 A',B',C',
∴ AB 与 C'O 互相平分,AC 与 B'O 互相平分,
∴ 四边形 AC'BO、四边形 AB'CO 是平行四边形,
∴ BC' = AO = B'C,BC' // AO // B'C,
∴ 四边形 BCB'C' 是平行四边形,
∴ BB' 与 CC' 互相平分,交于中点,同理,AA' 与 CC' 互相平分,交于中点,
∴ AA',BB',CC' 交于一点 P.
(2)如图,连结 PA₁,PB₁,PC₁.
∵ P 为 CC' 中点,A₁ 为 BC 中点,
∴ $PA_1=\dfrac{1}{2}B'C=\dfrac{1}{2}AO$, 同理 $PB_1=\dfrac{1}{2}AC'=\dfrac{1}{2}BO$, $PC_1=\dfrac{1}{2}AB'=\dfrac{1}{2}CO$.
∵ O 为△ABC 的外心,
∴ AO = BO = CO,
∴ PA₁ = PB₁ = PC₁,
∴ P 是△A₁B₁C₁ 的外心.
6 核心素养 推理能力 [较难] 我们知道，到线段两端距离相等的点在线段的垂直平分线上。由此，我们可以引入如下新定义：到三角形的两个顶点距离相等的点，叫作此三角形的准外心。
(1) 如图(1)，点 P 在线段 BC 上，$∠ ABP = ∠ APD = ∠ PCD = 90°$，$BP = CD$。求证：点 P 是 $△ APD$ 的准外心；
(2) 如图(2)，在 $Rt △ ABC$ 中，$∠ BAC = 90°$，$BC = 5$，$AB = 3$，$△ ABC$ 的准外心 P 在 $△ ABC$ 的直角边上，试求 AP 的长。
(1) 如图(1)，点 P 在线段 BC 上，$∠ ABP = ∠ APD = ∠ PCD = 90°$，$BP = CD$。求证：点 P 是 $△ APD$ 的准外心；
(2) 如图(2)，在 $Rt △ ABC$ 中，$∠ BAC = 90°$，$BC = 5$，$AB = 3$，$△ ABC$ 的准外心 P 在 $△ ABC$ 的直角边上，试求 AP 的长。
答案
6. (1)【证明】
∵ ∠ABP = ∠APD = ∠PCD = 90°,
∴ ∠APB + ∠PAB = 90°,∠APB + ∠DPC = 90°,
∴ ∠PAB = ∠DPC. 在△ABP 和△PCD 中,
$\begin{cases}∠PAB = ∠DPC,\\∠ABP = ∠PCD,\\BP = CD,\end{cases}$
∴ △ABP ≅ △PCD(AAS),
∴ AP = PD,
∴ 点 P 是△APD 的准外心.
(2)【解】
∵ ∠BAC = 90°,BC = 5,AB = 3,
∴ AC = $\sqrt{5^2-3^2}=4$. 当 P 点在 AB 上,PA = PB 时,AP = $\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{3}{2}$. 当 P 点在 AC 上,PA = PC 时,AP = $\dfrac{1}{2}AC=2$. 当 P 点在 AC 上,PB = PC 时,设 AP = t,则 PC = PB = 4 - t. 在 Rt△ABP 中,$3^2 + t^2 = (4 - t)^2$,解得 $t=\dfrac{7}{8}$,即 $AP=\dfrac{7}{8}$. 综上所述,AP 的长为 $\dfrac{3}{2}$ 或 2 或 $\dfrac{7}{8}$.
∵ ∠ABP = ∠APD = ∠PCD = 90°,
∴ ∠APB + ∠PAB = 90°,∠APB + ∠DPC = 90°,
∴ ∠PAB = ∠DPC. 在△ABP 和△PCD 中,
$\begin{cases}∠PAB = ∠DPC,\\∠ABP = ∠PCD,\\BP = CD,\end{cases}$
∴ △ABP ≅ △PCD(AAS),
∴ AP = PD,
∴ 点 P 是△APD 的准外心.
(2)【解】
∵ ∠BAC = 90°,BC = 5,AB = 3,
∴ AC = $\sqrt{5^2-3^2}=4$. 当 P 点在 AB 上,PA = PB 时,AP = $\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{3}{2}$. 当 P 点在 AC 上,PA = PC 时,AP = $\dfrac{1}{2}AC=2$. 当 P 点在 AC 上,PB = PC 时,设 AP = t,则 PC = PB = 4 - t. 在 Rt△ABP 中,$3^2 + t^2 = (4 - t)^2$,解得 $t=\dfrac{7}{8}$,即 $AP=\dfrac{7}{8}$. 综上所述,AP 的长为 $\dfrac{3}{2}$ 或 2 或 $\dfrac{7}{8}$.
