如图，△ABC的外心坐标是(，)．
分析：
首先由△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作AB与BC的垂线，两垂线的交点即为△ABC的外心．
解答：
解：∵△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
∴作图得：
∴EF与MN的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是(-2，-1)．
故答案为：(-2，-1)．
点评：
此题考查了三角形外心的知识．注意三角形的外心即是三角形三边垂直平分线的交点．解此题的关键是数形结合思想的应用．
如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB=AC=13cm，BC=24cm，则⊙O的半径为(精确到小数点后一位)．
分析：
可通过构建直角三角形进行求解．连接OA，OC，那么OA⊥BC．在直角三角形ACD中，有AC，CD的值，AD就能求出了；在直角三角形ODC中，用半径表示出OD，OC，然后根据勾股定理就能求出半径了．
解答：
解：连接OA交BC于点D，连接OC，OB，
∵AB=AC=13，
∴$\overset{\frown}{AB}$=$\overset{\frown}{AC}$，
∴∠AOB=∠AOC，
∵OB=OC，
∴AO⊥BC，CD=$\frac {1}{2}$BC=12
在Rt△ACD中，
∵AC=13，CD=12
∴AD=$\sqrt {}$=5
设⊙O的半径为r则在Rt△OCD中，OD=r-5，CD=12，OC=r
∴(r-5)_+12_=r_，解得r=16.9．
故答案为：16.9．
点评：
本题考查的是垂径定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
如图，⊙O的半径为4cm，直线l⊥OA，垂足为O，则直线l沿射线OA方向平移cm时与⊙O相切．
分析：
直线l与⊙O相切时，直线到圆心的距离等于圆的半径，因而直线l沿射线OA方向平移4cm时与⊙O相切．
解答：
∵直线到圆心的距离等于圆的半径，直线l与⊙相切，
∴直线l沿射线OA方向平移4cm时与⊙O相切．
点评：
本题考查了圆的切线性质，圆心的切线的距离等于圆的半径．
如图，⊙O$_1$的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O$_2$为正方形ABCD中心，O$_1$O$_2$⊥AB于P点，O$_1$O$_2$=8．若将⊙O$_1$绕点P按顺时针方向旋转360°，在旋转过程中，⊙O$_1$与正方形ABCD的边只有一个公共点的情况共出现次．
分析：
根据⊙O$_1$的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O$_2$为正方形ABCD的中心，O$_1$O$_2$垂直AB于P点，设O$_1$O$_2$交圆O$_1$于M，求出PM=4，得出圆O$_1$与以P为圆心，以4为半径的圆相外切，即可得到答案．
解答：
解：∵⊙O$_1$的半径为1，正方形ABCD的边长为6，点O$_2$为正方形ABCD的中心，O$_1$O$_2$垂直AB于P点，
设O$_1$O$_2$交圆O$_1$于M，
∴PM=8-3-1=4，
圆O$_1$与以P为圆心，以4为半径的圆相外切，
∴有5次，依次是⊙O$_1$在正方形ABCD外，与边AD相切，⊙O$_1$在正方形ABCD内，与边AD相切，⊙O$_1$在正方形ABCD内，与边CD相切，⊙O$_1$在正方形ABCD内，与边CD相切，⊙O$_1$在正方形ABCD外，与边BC相切；
故答案为：5．
点评：
本题主要考查对直线与圆的位置关系，正方形的性质等知识点的理解和掌握，能求出圆的运动路线是解此题的关键．
如图，⊙O的圆心O到直线l的距离为3cm，⊙O的半径为1cm，将直线l向右(垂直于l的方向)平移，使l与⊙O相切，则平移的距离为cm或cm(按从小到大顺序填写答案)．
分析：
需要分类讨论：当直线l位于⊙O的左边时，平移的距离=圆心O到直线l的距离-⊙O的半径；②当直线l位于⊙O的右边时，平移的距离=圆心O到直线l的距离+⊙O的半径．
解答：
解：∵圆心O到直线l的距离为3cm，半径为1cm，
∴①当直线与圆在左边相切时，平移距离为：3cm-1cm=2cm，
②当直线与圆在右边相切时，平移距离为：3cm+1cm=4cm．
故答案是：2cm或4cm．
点评：
本题考查的是直线与圆的位置关系．圆与直线相切时，圆与直线的距离等于圆的半径．
如图，已知AB是⊙O的一条直径，延长AB至点C，使AC=3BC，CD与⊙O相切，切点为D，若CD=3$\sqrt {}$，则线段BC=．
分析：
如图，连接DO，首先根据切线的性质可以得到∠ODC=90°，又AC=3BC，O为AB的中点，由此可以得到∠C=30°，接着利用30°的直角所对的直角边是斜边的一半和勾股定理即可求解．
解答：
解：如图，连接DO，
∵CD是⊙O切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ODC=90°，
而AB是⊙O的一条直径，AC=3BC，
∴AB=2BC=OC=2OD，
∴∠C=30°，
∴OD=$\sqrt {}$3CD，
∵CD=3$\sqrt {}$，
∴OD=BC=3，
故答案为：3．
点评：
本题考查了圆的切线性质及解直角三角形的知识．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题
如图，△ABC为等边三角形，AB=6，动点O在△ABC的边上从点A出发沿着A→C→B→A的路线匀速运动一周，速度为1个长度单位每秒，以O为圆心、$\sqrt {}$为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是出发后第秒．
分析：
若以O为圆心、$\sqrt {}$为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切，即为当点O在AC上，且和BC边相切的情况．作O′D⊥BC于D，则O′D=$\sqrt {}$，利用解直角三角形的知识，进一步求得O′C=2，从而求得O′A的长，进一步求得运动时间．
解答：
解：根据题意，则作O′D⊥BC于D，则O′D=$\sqrt {}$．
在Rt△O′CD中，∠C=60°，O′D=$\sqrt {}$，
∴O′C=2，
∴O′A=6-2=4，
∴以O为圆心、$\sqrt {}$为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是出发后第4秒．
故答案为：4．
点评：
此题考查了直线和圆相切时数量之间的关系，能够正确分析出以O为圆心、$\sqrt {}$为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时的位置．
如图，⊙O的直径AB=4，C为圆周上一点，AC=2，过点C作⊙O的切线l，过点B作l的垂线BD，垂足为D，BD与⊙O交于点E．则∠AEC=°．
分析：
由直径AB的长，求出半径OA及OC的长，再由AC的长，得到三角形OAC三边相等，可得此三角形为等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠AOC=60°，再根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，即可得出∠AEC的度数．
解答：
解：∵OA=OC=$\frac {1}{2}$AB=2，AC=2，
∴OA=OC=AC，
∴△OAC为等边三角形，
∴∠AOC=60°，
∵圆周角∠AEC与圆心角∠AOC都对弧$\overset{\frown}{AC}$，
∴∠AEC=$\frac {1}{2}$∠AOC=30°
点评：
此题考查了切线的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，平行四边形及菱形的判定，是一道综合性较强的试题，学生做题时应结合图形，弄清题中的条件，找出已知与未知间的联系来解决问题．熟练掌握性质及判定是解本题的关键．
已知圆O的半径为5，AB是圆O的直径，D是AB延长线上一点，DC是圆O的切线，C是切点，连接AC，若∠CAB=30°，则BD的长为．
分析：
先利用“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”得出∠COD=2∠A=60°再解直角三角形可得CD长，最后用切割线定理可得BD长．
解答：
解：连接OC，BC，
∵AB是圆O的直径，DC是圆O的切线，C是切点，
∴∠ACB=∠OCD=90°，
∵∠CAB=30°，
∴∠COD=2∠A=60°，CD=OC•tan∠COD=5$\sqrt {3}$，
由切割线定理得，CD_=BD•AD=BD(BD+AB)，
∴BD=5．
故答案为：5．
点评：
本题利用了直径对的圆周角是直角，切线的性质，切割线定理等．
如图，已知⊙O的半径为R，AB是⊙O的直径，D是AB延长线上一点，DC是⊙O的切线，C是切点，连接AC，若∠CAB=30°，则BD的长为(用含R的式子表示)．
分析：
连接OC，由DC是⊙O的切线，则△DCO是直角三角形；由圆周角定理可得∠DOC=2∠CAB=60°，则OD=2OC=20B，BD的长即可求出．
解答：
解：连接OC，
由于DC是⊙O的切线，则△DCO是直角三角形，
在Rt△DOC中，∠DOC=2∠CAB=60°，则OD=2OC=20B，
因此，BD=OB=R．
点评：
本题考查了切线的性质及圆周角定理，要学会由切线入手解决问题．
如图，已知∠ABC=30°，以O为圆心、2cm为半径作⊙O，使圆心O在BC边上移动，则当OB=cm时，⊙O与AB相切．
分析：
首先根据题意画出图形，然后解直角三角形即可．
解答：
解：设切点为M，连接OM，
∴OM⊥AB，
∵OM=2，∠B=30°，
∴OB=4．
故答案为4．
点评：
本题主要考查切线的性质、含30度角的直角三角形，关键在于根据题意画出图形，然后作出辅助线OM．