专题26 三角形的内外心结合-【微专题】2022-2023学年九年级数学上册常考点微专题提分精练（人教版）

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1．已知等边三角形的周长为6，则它的内切圆和外接圆组成的圆环面积为（ ）
A．6πB．3πC．πD．2π
【答案】C
【分析】根据题意画出图形，由等边三角形的周长为6，可得BC＝2，设点D为BC边与内切圆的切点，连接AD，则AD⊥BC，可得BD＝DC＝BC＝1，再根据勾股定理可得OB2﹣OD2＝BD2＝1，再根据S圆环＝S外接圆﹣S内切圆即可得结论．
【详解】解：如图，
∵等边三角形ABC的周长为6，
∴BC＝2，
设点D为BC边与内切圆的切点，
连接AD，则AD⊥BC，
∴BD＝DC＝BC＝1，
在Rt△BOD中，根据勾股定理，得
OB2﹣OD2＝BD2＝1，
∴S圆环＝S外接圆﹣S内切圆
＝OB2π﹣OD2π
＝BD2π
＝π．
故选：C．
【点睛】本题考查三角形的外接圆与内切圆，掌握正三角形的外接圆与内切圆半径求算是解题关键．
2．如图，扇形AOD中，，，点P为弧AD上任意一点（不与点A和D重合），于Q，点I为的内心，过O，I和D三点的圆的半径为r．则当点P在弧AD上运动时，r的值满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连OI，PI，DI，由△OPH的内心为I，可得到∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH）=135°，并且易证△OPI≌△ODI，得到∠DIO=∠PIO=135°，所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，在优弧AO取点P′，连P′D，P′O，可得∠DP′O=180°-135°=45°，得∠DO′O=90°，O′O=．
【详解】解：如图，连OI，PI，DI，
∵△OPH的内心为I，
∴∠IOP=∠IOD，∠IPO=∠IPH，
∴∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH），
而PH⊥OD，即∠PHO=90°，
∴∠PIO=180°-（∠HOP+∠OPH）=180°-（180°-90°）=135°，
在△OPI和△ODI中，
，
∴△OPI≌△ODI（SAS），
∴∠DIO=∠PIO=135°，
所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；
过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，
在优弧DO取点P′，连P′D，P′O，
∵∠DIO=135°，
∴∠DP′O=180°-135°=45°，
∴∠DO′O=90°，而OD=6，
∴OO′=DO′=，
∴r的值为，
故选D．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
3．如图，、分别为的垂心、外心，，若外接圆的半径为2，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图（见解析），连接BO，并延长交圆O于点D，连接AD、CD、CH，先根据三角形垂心的定义可得，再根据圆周角定理可得，然后根据平行线的判定可得，从而可得四边形是平行四边形，又根据平行四边形的性质可得，由圆周角定理可得，最后根据等腰直角三角形的性质即可得．
【详解】如图，连接BO，并延长交圆O于点D，连接AD、CD、CH
由三角形外心的定义得，点O为外接圆的圆心
BD为外接圆的直径，且
，即
由三角形垂心的定义得，
四边形是平行四边形
是等腰直角三角形
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形垂心、外心的定义、平行四边形的判定与性质、圆周角定理、等腰直角三角形的性质等知识点，通过作辅助线，构造一个平行四边形是解题关键．
4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56°B．62°C．68°D．78°
【答案】C
【分析】由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
【详解】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
=180°﹣2（180°﹣∠AIC）
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．
5．若三角形的三边长分别是 6、8、10，则这个三角形的内心与外心之间的距离为____________．
【答案】
【分析】先说明三角形三边是直角三角形，再根据直角三角形可确定三角形的外心在斜边的中点和直角三角形内切圆半径公式确定内切圆的半径，然后用勾股定理解答即可．
【详解】解：如图：∵三角形的三边长为BC=6cm，AC=8cm，AB=10cm
∴三角形为直角三角形
∴直角三角形的外心是斜边的中点，即AD=BD=AB=5
由直角三角形内切圆半径公式： 即OE=2
∵OF⊥BC，OG⊥AC
∴CF=CG=OF=OG=2，
∴BE=FB=4，BD=5
∴DE=BD-BE=1
在Rt△ODE中，DE=1，OE=2
∴OD=．
故答案为．
【点睛】本题主要考查了勾股定理、直角三角形外心与内心有关知识，根据直角三角形的性质确定直角三角形的内心和外心是解答本题的关键．
6．如图，是的内心，的延长线与的外接圆相交于点，与交于点，连接、、、．下列说法：①，②，③；④点是的外心；正确的有______．（填写正确说法的序号）
【答案】①③④
【分析】利用三角形内心的性质得到，根据旋转的性质可对①进行判断；利用三角形内心的性质可对②进行判断；利用，和三角形内角和定理得，可对③判断；通过证明，可得，在证明，可对④进行判断．
【详解】∵是的内心，
∴AD平分，即，
∴绕点A顺时针旋转一定的角度一定能和重合，
∴①正确；
∵是的内心，
∴点I到三角形三边距离相等，
∴②错误；
∵BI平分，CI平分，
∴，，
∵
∴③正确；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点B、I、C在以点D为圆心，DB为半径的圆上，即点是的外心，
∴④正确．
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心的性质，以及旋转的性质和三角形外心，熟练掌握三角形内切圆以及内心的性质是解答本题的关键．
7．如图，中，，边上有一点P（不与点重合），I为的内心，若的取值范围为，则_______．
【答案】
【分析】I为△APC的内心，即I为△APC角平分线的交点，应用三角形内角和定理及角平分线定义即可表示出∠AIC，从而得到m，n的值即可．
【详解】设，则，
则，
∵I为△APC的内心，
∴AI、CI分别平分∠PAC，∠PCA，
∴
，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形内角和定理，角平分线定义等，熟练掌握内心的性质是解题的关键．
8．如图，AB是⊙O的直径，且AB=4，点C是半圆AB上一动点（不与A，B重合），CD平分∠ACB交⊙O于点D，点 I是△ABC的内心，连接BD．下列结论：
①点D的位置随着动点C位置的变化而变化；
②ID=BD；
③OI的最小值为；
④ACBC=CD．
其中正确的是 _____________ ．（把你认为正确结论的序号都填上）
【答案】②④
【分析】①在同圆或等圆中，根据圆周角相等，则弧相等可作判断；
②连接IB，根据点I是△ABC的内心，得到，可以证得 ，即有，可以判断②正确；
③当OI最小时，经过圆心O，作，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理，可求出，可判断③错误；
④用反证法证明即可．
【详解】解： 平分，AB是⊙O的直径，
，
，
是的直径，
是半圆的中点，即点是定点；
故①错误；
如图示，连接IB，
∵点I是△ABC的内心，
∴
又∵，
∴
即有
∴，
故②正确；
如图示，当OI最小时，经过圆心O，
过I点，作，交于点
∵点I是△ABC的内心，经过圆心O，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴，
设，则，，
∴，
解之得：，
即：，
故③错误；
假设，
∵点C是半圆AB上一动点，
则点C在半圆AB上对于任意位置上都满足，
如图示，
当经过圆心O时，，，
∴
与假设矛盾，故假设不成立，
∴
故④正确；
综上所述，正确的是②④，
故答案是：②④
【点睛】此题考查了三角形的内心的定义和性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形外接圆有关的性质，角平分线的定义等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
9．若△ABC的三边长为3、4、5，则△ABC的外接圆半径R与内切圆半径r的差为___．
【答案】
【分析】先证明△ABC为直角三角形，然后可知外接圆的半径为斜边的一半，然后求出内切圆的半径，即可得到答案．
【详解】解：如图所示：连接DF，EF．
∵32+42=52，
∴△ABC为直角三角形．
∴它的外接圆的半径为：．
∵AB是圆的切线，DF是圆的半径，
∴DF⊥AB．
同理EF⊥BC．
∴∠FDB=∠DBE=∠BEF=90°．
∴四边形DBEF是矩形．
∵DF=EF，
∴四边形DBEF是正方形．
∴DB=BE．
设圆F的半径为r，则4-r+3-r=5．
解得：r=1．
∴它的内切圆的半径为1．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是三角形的内切圆、外接圆，利用切线长定理列出方程是解题的关键．
10．如图，在五边形中，，，．
（1）求证：；
（2）当时，求的度数；
（3）如果的外心与的内心重合，请直接写出的度数．
【答案】（1）详见解析；（2）80°；（3）
【分析】（1）根据，，可得，进而运用即可判定全等三角形；
（2）根据全等三角形对应角相等，运用五边形内角和，即可得到的度数．
（3）根据圆是的外心，圆是的内心，并且与重合，是等边三角形，得到圆是四边形的外接圆，利用圆周角的性质求解即可．
【详解】证明：（1）∵，
∴，
又∵，∴，
在和中，
，
∴
解：（2）当时，，
又∵，
∴五边形中，．
（3）如图示，圆是的外心，圆是的内心，并且与重合，
∵，
∴是等边三角形，
∴圆是的外心，
则圆是四边形的外接圆，
∵是等边三角形，
∴
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质的运用，等边三角形的性质和应用，多边形内角和，圆周角的性质和应用，熟悉相关性质是解题的关键．
11．如图所示，为△ABC的外接圆，BC为直径，AD平分∠BAC交于D，点M为△ABC的内心，DM=，AB=8，求OM的长.
【答案】.
【分析】作MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H，连结MC、DC、BD，根据内心的性质得∠ACM=∠BCM，MF=ME=MH，根据BC为直径可得到∠BAC=90°，∠BDC=90°，而AD平分∠BAC，则∠BAD=∠CAD=∠BAC=45°，再次根据圆周角定理得到∠DBC=∠BCD=45°，于是可判断△BDC为等腰直角三角形，则BC=DC，然后利用三角形外角性质可证明∠DMC=∠DCM，得到DC=DM，可得BC=DM=10，利用勾股定理可求出AC的长，由内心的性质可证明四边形AHME是正方形，根据切线长定理可求出AE的长，即MF的长，利用切线长定理可求出CF的长，进而可得OF的长，利用勾股定理求出OM的长即可.
【详解】作MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H，连结MC、DC、BD，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°，∠BDC=90°，
∵M为△ABC的内心，
∴∠ACM=∠BCM，∠BAD=∠CAD=∠BAC=45°，
∵∠DBC=∠DAC，∠BCD=∠BAD，
∴∠DBC=∠BCD=45°
∴△BDC为等腰直角三角形，
∵∠DMC=∠ACM+∠CAD，∠DCM=∠BCD+∠BCM，
∴∠DMC=∠DCM，
∴CD=DM=，
∴BC=CD=×=10，
∴AC==6，
∵MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H，M为内心，
∴MF、ME、MH为内切圆半径，MF=ME=MH，F、E、H为切点，
∴四边形AHME是正方形，
∴AE=ME=MF，
∵AB、AC、BC是切线，
∴AH=AE，BH=BF，CE=CF，
∴BC=CF+BF=AC-AE+AB-AH，
∴6-AE+8-AE=10，
解得：AE=2，MF=AE=2，
∴CF=CE=AC-AE=6-2=4，
∴OF=OC-CF=BC-CF=5-4=1，
∴OM===.
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心；三角形的内心就是三角形三个内角的角平分线的交点，也考查了圆周角定理和勾股定理．熟练掌握内心的性质并正确作出辅助线是解题关键.
12．如图所示，AB为直径，点D在上，且AD=2BD，I为△ABD的内心，连结DI并延长，交于N，猜想NI和BD的数量关系，并证明.
【答案】，见解析.
【分析】连接AN、BN、AI，设BD=x，可得AD=2x，利用勾股定理可得AB=x，由AB是直径可得∠ADB=90°，∠ANB=90°，由内心的性质可得∠ADN=∠BDN=45°，∠DAI=∠BAI，利用圆周角定理可得∠BAN=∠BDN=45°，即可证明△ANB是等腰直角三角形，根据外角性质及圆周角定理可得∠NAI=∠AIN，即可证明AN=NI，在Rt△ANB中可得AB=AN，即可得答案.
【详解】，证明如下：
连接AN、BN、AI，设BD=x，
∵AD=2BD，
∴AD=2x，
∵AB是直径，∠ANB和∠ADB是AB所对的圆周角，
∴∠ADB=90°，∠ANB=90°，
∴AB==x，
∵I为△ABD的内心，
∴∠ADN=∠BDN=45°，∠DAI=∠BAI，
∵∠BAN=∠BDN，
∴∠BAN=∠ADN，
∵∠AIN=∠ADN+∠DAI，∠NAI=∠BAN+∠BAI，
∴∠NAI=∠AIN，
∴AN=NI，
∵∠NAB=∠BDN=45°，∠ANB=90°，
∴△ANB是等腰直角三角形，
∴AB=AN，
∴AN=x×=x，
∴NI=AN=BD.
【点睛】本题考查三角形内心的性质，圆周角定理及勾股定理，三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点；直径所对的圆周角等于90°；熟练掌握内心的性质是解题关键.
13．在△ABC中，∠A=120°，BC=6，，若△ABC的内切圆的半径为R，求R的最大值.
【答案】的最大值为
【分析】作外接圆，设的内切圆的圆心为，连结并延长交于，连结BE、BD、CD，过E作EF⊥AB，垂足为F，作直径BG，连结CG，根据内心的定义可得∠DAB=∠DAC=60°，根据圆周角定理可得∠DBC=∠DCB=∠DAB=60°，即可证明△BDC是等边三角形，在Rt△AEF中，根据∠FAE的正弦值可得AE=R，根据圆周角定理可得∠BCG=90°，可得BG的长，根据三角形外角性质及角的和差关系可得∠DBE =∠DEB，即可得BD=ED，由圆中直径是最长的弦可得AD=BG时，内切圆半径R最大，列方程求出R值即可得答案.
【详解】作外接圆，设的内切圆的圆心为，连接 并延长交于，连接BE、BD、CD，过作，垂足为，作直径，连接CG，
∵，
∴，
∵在中，
∴∠DBC=∠DCB=∠DAB=60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴
在中，，，
∴EF=AE，
∴AE=R，
∵BG是直径，
∴∠BCG=90°，
在中，，
∴BC=BG，
∴BG=，
∵E为△ABC的内心，
∴∠ABE=∠CBE，
∵∠DBE=∠BDC+∠CBE，∠DEB=∠ABE+∠BAD，∠DBC=∠BAD=60°，
∴∠DBE =∠DEB，
∴ED=BD=6，
∴AD=AE+ED=R+6，
要使最大，即弦最大
∵在圆中直径是最长的弦，最大等于.
∴R+6=，
∴，即的最大值为
【点睛】本题考查三角形内心、外心、圆周角定理，直径最长等知识，把求R的最大值转化为弦的最大值问题，而弦的最大值为直径，综合性较强，对能力要求较高.
14．如图，AD为△ABC外接圆的直径，AD⊥BC，垂足为点F，∠ABC的平分线交AD于点E，连接BD，CD．
(1)求证：BD＝CD；
(2)请判断B，E，C三点是否在以D为圆心，以DB为半径的圆上？并说明理由．
【答案】（1）见解析（2）是
【详解】试题分析：利用等弧对等弦即可证明．
利用等弧所对的圆周角相等，再等量代换得出 从而证明 所以三点在以为圆心，以为半径的圆.
试题解析:
(1)证明：∵AD为直径，AD⊥BC，
∴由垂径定理得：
∴根据圆心角、弧、弦之间的关系得：BD=CD.
(2)B，E，C三点在以D为圆心，以DB为半径的圆上．
理由：由(1)知：
∴∠1=∠2，
又∵∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴∠DBE=∠3+∠4，∠DEB=∠1+∠5，
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠4=∠5，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DB=DE.
由(1)知：BD=CD
∴DB=DE=DC.
∴B,E,C三点在以D为圆心,以DB为半径的圆上.
15．问题提出
（1）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点O是△ABC的外接圆的圆心，则OB的长为
问题探究
（2）如图②，已知矩形ABCD，AB＝4，AD＝6，点E为AD的中点，以BC为直径作半圆O，点P为半圆O上一动点，求E、P之间的最大距离；
问题解决
（3）某地有一块如图③所示的果园，果园是由四边形ABCD和弦CB与其所对的劣弧场地组成的，果园主人现要从入口D到上的一点P修建一条笔直的小路DP．已知AD∥BC，∠ADB＝45°，BD＝120米，BC＝160米，过弦BC的中点E作EF⊥BC交于点F，又测得EF＝40米．修建小路平均每米需要40元（小路宽度不计），不考虑其他因素，请你根据以上信息，帮助果园主人计算修建这条小路最多要花费多少元？
【答案】（1）；（2）E、P之间的最大距离为7；（3）修建这条小路最多要花费元．
【分析】（1）若AO交BC于K，则AK＝8，在Rt△BOK中，设OB＝x，可得x2＝62+（8﹣x）2，解方程可得OB的长；
（2）延长EO交半圆于点P，可求出此时E、P之间的最大距离为OE+OP的长即可；
（3）先求出所在圆的半径，过点D作DG⊥BC，垂足为G，连接DO并延长交于点P，则DP为入口D到上一点P的最大距离，求出DP长即可求出修建这条小路花费的最多费用．
【详解】（1）
如图，若AO交BC于K，
∵点O是△ABC的外接圆的圆心，AB＝AC，
∴AK⊥BC，BK＝，
∴AK＝，
在Rt△BOK中，OB2＝BK2+OK2，设OB＝x，
∴x2＝62+(8−x)2，
解得x＝，
∴OB＝；
故答案为：．
（2）
如图，连接EO，延长EO交半圆于点P，可求出此时E、P之间的距离最大，
∵在是任意取一点异于点P的P′，连接OP′，P′E，
∴EP＝EO+OP＝EO+OP′＞EP′，即EP＞EP′，
∵AB＝4，AD＝6，
∴EO＝4，OP＝OC＝，
∴EP＝OE+OP＝7，
∴E、P之间的最大距离为7．
（3）
作射线FE交BD于点M，
∵BE＝CE，EF⊥BC，是劣弧，
∴所在圆的圆心在射线FE上，
假设圆心为O，半径为r，连接OC，则OC＝r，OE＝r−40，BE＝CE＝，
在Rt△OEC中，r2＝802+(r−40)2，
解得：r＝100，
∴OE＝OF−EF＝60，
过点D作DG⊥BC，垂足为G，
∵AD∥BC，∠ADB＝45°，
∴∠DBC＝45°，
在Rt△BDG中，DG＝BG＝，
在Rt△BEM中，ME＝BE＝80，
∴ME＞OE，
∴点O在△BDC内部，
∴连接DO并延长交于点P，则DP为入口D到上一点P的最大距离，
∵在上任取一点异于点P的点P′，连接OP′，P′D，
∴DP＝OD+OP＝OD+OP′＞DP′，即DP＞DP′，
过点O作OH⊥DG，垂足为H，则OH＝EG＝40，DH＝DG−HG＝DG−OE＝60，
∴,
∴DP＝OD+r＝，
∴修建这条小路最多要花费40×元．
【点睛】本题主要考查了圆的性质与矩形性质的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
16．[发现]
如图（1），AB为⊙O的一条弦，点C在弦AB所对的优弧上，根据圆周角性质，我们知道∠ACB的度数 （填“变”或“不变”）；若∠AOB＝150°，则∠ACB＝ °．爱动脑筋的小明猜想，如果平面内线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，那么点C是不是在某一个确定的圆上运动呢？
[研究]
为了解决这个问题，小明先从一个特殊的例子开始研究．如图（2），若AB＝2，直线AB上方一点C满足∠ACB＝45°，为了画出点C所在的圆，小明以AB为底边构造了一个等腰Rt△AOB，再以O为圆心，OA为半径画圆，则点C在⊙O上．请根据小明的思路在图（2）中完成作图（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗）．后来，小明通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论，即：若线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．
[应用]
（1）如图（3），AB＝2，平面内一点C满足∠ACB＝60°，则△ABC面积的最大值为 ．
（2）如图（4），已知正方形ABCD，以AB为腰向正方形内部作等腰△BAE，其中BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，点P是△BEF的内心．
①∠BPE＝ °，∠BPA＝ °；
②连接CP，若正方形ABCD的边长为2，则CP的最小值为 ．
【答案】[发现]不变，75；[研究]补全图形如图1所示，见解析；[应用]（1）3；（2）①135，135；②．
【分析】[发现]根据题意，直接得出答案，利用圆周角定理求出∠ACB；
[研究]先作出AB的垂直平分线，再以垂足为圆心，AB的一半为半径确定出圆心O，即可得出结论；
[应用]（1）先确定出△ABC的外接圆的半径，再判断出点C到AB的最大距离为3，即可得出结论；
（2）①先确定出∠BFE=90°，再判断出∠BEP=∠BEF，∠EBP=∠ABE，最后用三角形的内角和定理，即可得出结论；
②先作出△ABP的外接圆，进而求出外接圆的半径，进而判断出CP最小时，点P的位置，最后构造直角三角形，即可得出结论．
【详解】解：[发现]根据圆周角性质，∠ACB的度数不变，
∵∠AOB＝150°，
∴∠ACB＝∠AOB＝75°，
故答案为：不变，75°；
[研究]补全图形如图1所示，
[应用]（1）如图2，
记△ABC的外接圆的圆心为O，连接OA，OB，
∵∠ACB＝60°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝120°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝30°，
过点O作OH⊥AB于H，
∴AH＝AB＝，
在Rt△AHO中，设⊙O的半径为2r，则OH＝r，
根据勾股定理得，（2r）2﹣r2＝3，
∴r＝1（舍去负数），
∴OA＝2，OH＝1，
∵点C到AB的最大距离h为r+OH＝2+1＝3，
∴S△ABC最大＝AB•h＝×2×3＝3，
故答案为：3；
（2）①∵EF⊥AB，
∴∠EFB＝90°，
∴∠BEF+∠EBF＝90°，
∵点P是△BEF的内心，
∴PE，PB分别是∠BEF和∠EBF的角平分线，
∴∠BEP＝∠BEF，∠EBP＝∠ABP＝∠ABE，
∴∠BPE＝180°﹣（∠BEP+∠EBP）＝180°﹣（∠BEF+∠EBF）＝180°﹣×90°＝135°；
在△BPE和△BPA中，
，
∴△BPE≌△BPA（SAS）．
∴∠BPA＝∠BPE＝135°，
故答案为：135°，135°；
②如图3，
作△ABP的外接圆，圆心记作点O，连接OA，OB，在优弧AB上取一点Q，连接AQ，BQ，
则四边形APBQ是⊙O的圆内接四边形，
∴∠AQB＝180°-∠BPA＝45°，
∴∠AOB＝2∠AQB＝90°，
∴OA＝OB＝AB＝，
连接OC，与⊙O相交于点P'此时，CP'是CP的最小值，
过点O作OM⊥AB于M，ON⊥CB，交CB的延长线于N，
则四边形OMBN是正方形，
∴ON＝BN＝BM＝AB＝1，
∴CN＝BC+BN＝3，
在Rt△ONC中，OC＝＝，
∴CP的最小值＝CP'＝OC﹣OP'＝﹣，
故答案为：﹣．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，内心，构造出圆是解本题的关键．