中考数学一轮复习专题3.7 切线长定理、三角形的内切圆【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.7 切线长定理、三角形的内切圆【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共51页。


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\l "_Tc30249" 【题型1 利用切线长定理求解】 PAGEREF _Tc30249 \h 1
\l "_Tc11677" 【题型2 利用切线长定理证明】 PAGEREF _Tc11677 \h 7
\l "_Tc3754" 【题型3 由三角形的内切圆求长度】 PAGEREF _Tc3754 \h 13
\l "_Tc7291" 【题型4 由三角形的内切圆求角度】 PAGEREF _Tc7291 \h 17
\l "_Tc19087" 【题型5 由三角形的内切圆求面积】 PAGEREF _Tc19087 \h 22
\l "_Tc14954" 【题型6 由三角形的内切圆求最值】 PAGEREF _Tc14954 \h 25
\l "_Tc14980" 【题型7 直角三角形的周长、面积与三角形内切圆的关系】 PAGEREF _Tc14980 \h 32
\l "_Tc20836" 【题型8 圆外切四边形的计算】 PAGEREF _Tc20836 \h 36
\l "_Tc29868" 【题型9 一般三角形的周长、面积与三角形内切圆的关系】 PAGEREF _Tc29868 \h 42
\l "_Tc2758" 【题型10 三角形内切圆与外接圆的综合运用】 PAGEREF _Tc2758 \h 45
【知识点1 切线长定理】
过圆外一点所画的圆的两条切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角．
【题型1 利用切线长定理求解】
【例1】（2023春·浙江杭州·九年级校联考期中）如图，点P是半径为r的⊙O外一点，PA，PB分别切⊙O于A，B点，若△PAB是边长为a的等边三角形，则（ ）

A．a=2rB．a=3rC．a=2rD．a=233r
【答案】B
【分析】连结OP、OA，OB，根据切线的定理得PA⊥OA，PB⊥OB，再根据直角三角形的性质可知OP=2OA，最后利用勾股定理即可解答．
【详解】解：连结OP、OA、OB，则OA=r，
∵△PAB是边长为a的等边三角形，
∴PA=a，∠APB=60°，
∵PA，PB分别切⊙O于A，B点，
∴PA⊥OA，PB⊥OB，
∴∠OAP=90°，OP平分∠APB，
∴∠OPA=∠OPB=12∠APB=30°，
∴∠OAP=90°，
∴OP=2OA，
∴在Rt△OAP中，PA=OP2−OA2=2OA2−OA2=3OA，
∴a=3r，
故选：B．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质，切线的性质定理，切线长定理，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·江苏南京·九年级统考期末）如图，AB为⊙O的直径，PB，PC分别与⊙O相切于点B，C，过点C作AB的垂线，垂足为E，交⊙O于点D．若CD=PB=23，则BE长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】作CH⊥PB于H，由垂径定理得到CE的长，从而求出PH的长，由勾股定理求出CH的长，即可求出BE的长．
【详解】解：作CH⊥PB于H，
∵直径AB⊥CD于H，
∴CE=DE=12CD=3，
∵PC，PB分别切⊙O于C，B，
∴PB=PC=CD=23，直径AB⊥PB，
∴四边形ECHB是矩形，
∴BH=CE=3，BE=CH，
∴PH=PB−BH=23−3=3，
∴CH=PC2−PH2=232−32=3，
∴BE=CH=3．
故选：C．
【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，勾股定理，关键是通过辅助线构造直角三角形，应用勾股定理求出CH的长．
【变式1-2】（2023春·天津河西·九年级统考期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径．
(1)若∠BAC=25°，求∠P的度数；
(2)若∠P=60°，PA=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)50°
(2)233
【分析】（1）先利用切线的性质得到∠CAP=90°，则利用互余计算出∠PAB的度数，再根据切线长定理得到PA=PB，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算∠P的度数；
(2)连接BC，根据切线的性质得到PA=PB，∠CAP=90°，推出△PAB是等边三角形，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠CAP=90°．
∴∠PAB=90°−∠BAC=90°−25°=65°．
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，
∴∠PBA=∠PAB=65°，
∴∠P=50°．
（2）连接CB，
∵PA=PB，且∠P=60°，
∴△PAB是等边三角形，
∴AB=PA=2，∠CAB=30°．
∵AC为直径，
∴∠CBA=90°，
在Rt△ABC中，
由勾股定理：AC2=BC2+AB2，可得AC=433，
∴⊙O的半径为233．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·浙江·九年级期中）小明准备以“青山看日出”为元素为永嘉县某名宿设计标志示意图，如图所示，他利用两个等边三角形和一个圆分别表示青山和日出，已知点B，E，C，F在同一条直线上，且BE=EC=2CF，四边形ABEG和四边形GCFD的面积之差为73，则CF的长是 ；连结AD，若⊙O是△ADG的内切圆，则圆心O到BF的距离是 ．
【答案】 2 43−2
【分析】设CF=x，表示出相关线段的长，根据四边形ABEG和四边形GCFD的面积之差，得到S△ABC−S△DEF=73，求出x值即可；连结AD，连接OG并延长交BF于点M，设圆O与AC的切点为H，连接OH，连接AE，作DN⊥AE，垂足为N，证明△ADG为直角三角形，求出内切圆半径，再根据切线长定理得到∠HGO，从而证明OM⊥BF，求出GM，从而得到OM即可．
【详解】解：∵BE=EC=2CF，
∴设CF=x，则BE=EC=2x，
∴BC=2x+2x=4x，EF=2x+x=3x，
∵△ABC与△DEF为等边三角形，
∴S△ABC=34BC2=34×4x2=43x2，S△DEF=34EF2=34×3x2=943x2，
∵S△ABC−S△DEF=73，
∴43x2−943x2=73，
∴x2=4，
∴x=2，
∴CF=2．
连结AD，连接OG并延长交BF于点M，设圆O与AC的切点为H，连接OH，连接AE，作DN⊥AE，垂足为N，
∵等边△ABC的边长为4×2=8，E为BC中点，
∴AE=3CE=43，∠AEC=90°，
∵∠DEC=60°，
∴∠DEN=30°，
∵DE=3×2=6，
∴DN=12DE=3，NE=3DN=33，
∴AN=43−33=3，
∴AD=AN2+DN2=23，
∵AG=AC−GC=8−4=4，DG=DE−EG=6−4=2，
∴AG2=16=DG2+AD2，
∴∠ADG=90°，△ADG为直角三角形，
∴内切圆半径DH=AD+DG−AG2=23+2−42=3−1，
∵∠HGD=60°，
∴∠HGO=12∠HGD=30°，
∴OG=2OH=23−1=23−2，
∵∠HGO=30°，∠AGE=180°−60°=120°，
∴∠EGM=180°−30°−120°=30°，
∴∠GME=180°−60°−30°=90°，
∴OM⊥BF，
∵GM=32GE=32×4=23，
∴OM=OG+GM=23−2+23=43−2，
∴圆心O到BF的距离为43−2，
故答案为：2，43−2．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了等边三角形的性质，勾股定理，切线长定理，切线的性质，
【题型2 利用切线长定理证明】
【例2】（2023春·天津河东·九年级天津市第四十五中学校考期末）如图，RtΔABC中，∠C=90°，以BC为直径的⊙O交AB于E，OD⊥BC交⊙O于D，DE交BC于F，点P为CB延长线上的一点，PE延长交AC于G，PE=PF，下列4个结论：①GE=GC；②AG=GE；③OG∥BE；④∠A=∠P．其中正确的结论是 （填写所有正确结论的序号）
【答案】①②③
【分析】①首先连接OE，CE，由OE=OD，PE=PF，易得∠OED+∠PEF=∠ODE+∠PFE，又由OD⊥BC，可得OE⊥PE，继而证得PE为⊙O的切线；
②又由BC是直径，可得CE⊥AB，由切线长定理可得GC=GE，根据等角的余角相等，可得∠A=∠AEG，根据等腰三角形的判定，可得答案；
③易证得OG是ΔABC的中位线，则可得OG∥BE．
④由于在RtΔABC中，∠A+∠ABC=90°，在RtΔPOE中，∠P+∠POE=90°，而∠POE不一定等于∠ABC，则可得∠A不一定等于∠P．
【详解】解：如图，连接OE，CE，
∵OE=OD，PE=PF，
∴∠OED=∠ODE，∠PEF=∠PFE，
∵OD⊥BC，
∴∠ODE+∠OFD=90°，
∵∠OFD=∠PFE，
∴∠OED+∠PEF=90°，
即OE⊥PE，
∵点E⊙O上，
∴GE为⊙O的切线；
∵点C在⊙O上，OC⊥GC，
∴GC为⊙O的切线，
∴GC=GE
故①正确；
∵BC是直径，
∴∠BEC=90°，
∴∠AEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴AC是⊙O的切线，
∴EG=CG，
∴∠GCE=∠GEC，
∵∠GCE+∠A=90°，∠GEC+∠AEG=90°，
∴∠A=∠AEG，
∴AG=EG；故②正确；
∵OC=OB，AG=CG
∴OG是ΔABC的中位线，
∴OG∥AB；故③正确；
在RtΔABC中，∠A+∠ABC=90°，
在RtΔPOE中，∠P+∠POE=90°，
∵OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB，
但∠POE不一定等于∠ABC，
∴∠A不一定等于∠P．故④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质、切线长定理、圆周角定理、三角形中位线的性质以及等腰三角形的性质．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
【变式2-1】（2023春·全国·九年级统考期末）如图，⊙O是梯形ABCD的内切圆，AB∥DC，E、M、F、N分别是边AB、BC、CD、DA上的切点．
（1）求证：AB+CD=AD+BC
（2）求∠AOD的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）90°.
【分析】（1）根据切线长定理可证得AE=AN，BE=BM，DF=DN，CF=CM，进而证明AB+DC=AD+BC；
（2）连OE、ON、OM、OF，通过证明△OAE≌△OAN，得到∠OAE=∠OAN．同理：∠ODN=∠ODE，再利用平行线的性质：同旁内角互补即可求出∠AOD的度数．
【详解】（1）证明：∵⊙O切梯形ABCD于E、M、F、N，由切线长定理：AE=AN，BE=BM，DF=DN，CF=CM，
∴AE+BE+DF+CF=AN+BM+DN+CM，
∴AB+DC=AD+BC
（2）连OE、ON、OM、OF，
∵OE=ON，AE=AN，OA=OA，
∴△OAE≌△OAN，
∴∠OAE=∠OAN．
同理，∠ODN=∠ODF．
∴∠OAN+∠ODN=∠OAE+∠ODE．
又∵AB∥DC，∠EAN+∠CDN=180°，
∴∠OAN+∠ODN=12×180°=90°，
∴∠AOD=180°﹣90°=90°．
【点睛】本题考查了切线长定理和全等三角形的判定、全等三角形的性质以及平行线的性质：同旁内角互补，解题的关键是构造全等三角形．
【变式2-2】（2023春·江苏南通·九年级校联考期中）如图，AB、CB、CD分别与⊙O切于E，F，G，且AB∥CD．连接OB、OC，延长CO交⊙O于点M，过点M作MN∥OB交CD于N．
（1）当OB＝6cm，OC＝8cm时，求⊙O的半径；
（2）求证：MN＝NG．
【答案】（1）⊙O的半径为4.8；（2）见解析.
【分析】（1）根据切线的性质得到OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，再根据平行线的性质得∠GCF+∠EBF=180°，则有∠OBC+∠OCB=90°，即∠BOC=90°；连接OF，则OF⊥BC，根据勾股定理就可以求出BC的长，然后根据△BOC的面积就可以求出⊙O的半径；
（2）根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）∵AB、BC、CD分别与⊙O切于E、F、G，
∴OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，
∴∠OBC=12 ∠ABC，∠OCB=12∠DCB，

又∵AB∥CD，
∴∠GCF+∠EBF=180°，
∴∠OBC+∠OCB=90°，
∴∠BOC=90°；，
连接OF，则OF⊥BC，
由（1）知，△BOC是直角三角形，
∴BC=OB2+OC2=10，
∵S△BOC=12•OB•OC=12•BC•OF，
∴6×8=10×OF，
∴OF=4.8，
∴⊙O的半径为4.8；
（2）证明：∵AB、BC、CD分别与⊙O切于点E、F、G，
∴∠OBC=12∠ABC，∠DCB=2∠DCM，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠DCB=180°，
∴∠OBC+∠OCB=12（∠ABC+∠DCB）=12×180°=90°，
∴∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）=180°-90°=90°，
∵MN∥OB，
∴∠NMC=∠BOC=90°，
即MN⊥MC 且MO是⊙O的半径，
∴MN是⊙O的切线，
∴MN=NG．
【点睛】此题考查切线的判定与性质定理，勾股定理，解题关键在于掌握过半径的外端点与半径垂直的直线为圆的切线；圆的切线垂直于过切点的半径；过圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，圆心与这点的连线平分两切线的夹角．
【变式2-3】（2023春·广东云浮·九年级统考期末）如图1所示，⊙O为△CDE的外接圆，CD为直径，AD、BC分别与⊙O相切于点D、C（BC>AD）.E在线段AB上，连接DE并延长与直线BC相交于点P，B为PC中点.
(1)证明：AB是⊙O的切线.
(2)如图2，连接OA，OB，求证：OA⊥OB.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OE，根据直角三角形斜边上的中线的性质以及等边对等角得出∠OEC=∠OCE，进而根据BC为切线，∠OCB=90°， ∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°，得出∠OEB=90°，即可得证；
（2）根据AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，根据切线长定理得出AD⊥CD，BC⊥CD，则AD∥BC，∠OAE=12∠DAE，∠OBE=12CBE，∠DAE+∠CBE＝180°，即可得出∠AOB=90°，进而即可得证．
【详解】（1）证明：连接OE，
∵CD为⊙O直径，
∴∠CEP=90°.
在RT△CEP中，B为PC中点，
∴EB=BC=12CP，
∴∠BCE=∠BEC，
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
又∵BC为切线，
∴∠OCB=90°，
∴∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°
∴∠OEB=90°.
即OE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线.
（2）证明：∵AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，
∴AD⊥CD，BC⊥CD，∠OAE=12∠DAE，∠OBE=12CBE，
∴AD∥BC，
∴∠DAE+∠CBE＝180°，
∴∠OAE+∠OBE=12×(∠DAE+∠CBE)=12×180°=90°，
∴∠AOB=90°，
∴OA⊥OB；
【点睛】本题考查了切线的性质与切线长定理，掌握切线的判定方法以及切线长定理是解题的关键．
【知识点2 三角形的内切圆】
【题型3 由三角形的内切圆求解】
【例3】（2023春·天津西青·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠A=60°，BC=12，若⊙O与△ABC的三边分别相切于点D，E，F，且△ABC的周长为32，则DF的长为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】C
【分析】根据切线长定理可得：AD=AF，BD=BE，CE=CF，再证明△ADF是等边三角形即可作答，
【详解】∵⊙O内切于△ABC，
∴AD=AF，BD=BE，CE=CF，
∵∠A=60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴AD=AF=DF，
∵△ABC的周长为32，
∴AB+BC+AC=32，
∴AD+BD+BE+EC+CF+AF=32，
∵BC=12，
∴BE+EC=12，
∴BE+EC=BD+FC=12，
∴AD+AF=32−BD+BE+EC+CF=8，
∵AD=AF=DF，
∴AD=AF=DF=4，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了切线长定理以及等边三角形的判定与性质，掌握切线长定理是解答本题的关键．
【变式3-1】（2023春·山东淄博·九年级统考期末）如图，△ABC中，∠C=90°，圆O是△ABC的内切圆，D，E，F是切点．若AB=5，AC=3，则OD= ．
【答案】1
【分析】根据内切圆的性质先证明四边形OECD是矩形，可得OD=CE，再由切线长定理可得AF=AE,BF=BD,CD=CE，设OD=CD=CE=r，可得AF=AE=3−r，BF=BD=4−r，可得到关于r的方程，即可求解．
【详解】解：∵圆O是△ABC的内切圆，
∴OE⊥AC,OD⊥BC，
∴∠ODC=∠OEC=∠C=90°，
∴四边形OECD是矩形，
∴OD=CE，
∵圆O是△ABC的内切圆，
∴AF=AE,BF=BD,CD=CE，
设OD=CD=CE=r，
∵AB=5，AC=3，
∴BC=AB2−AC2=4，AF=AE=3−r
∴BF=BD=4−r，
∵AF+BF=5，
∴3−r+4−r=5，
解得：r=1，
即OD=1．
故答案为：1
【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆，切线长定理，勾股定理，熟练掌握三角形的内切圆的性质，切线长定理是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·天津河西·九年级校考期末）如图，⊙I是直角△ABC的内切圆，切点为D、E、F，若AF=10，BE=3，则△ABC的面积为 ．
【答案】30
【分析】根据切线长定理得出BD=BE，AF=AD，CE=CF，设CE=CF=x，根据勾股定理得出x的值，再利用三角形的面积公式求得△ABC的面积即可．
【详解】解：∵⊙I是直角△ABC的内切圆，且AF=10，BE=3，
∴BD=BE=3，AF=AD=10，CE=CF，
∴AB=10+3=13，
设CE=CF=x，则BC=3+x，AC=10+x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即10+x2+3+x2=132，
解得x=2或x=−15<0（不符题意，舍去），
∴CE=2，
∴BC=5，AC=12，
∴△ABC的面积为12AC⋅BC=12×12×5=30，
故答案为：30．
【点睛】本题考查了切线长定理、勾股定理、一元二次方程的应用，熟记切线长定理是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·甘肃金昌·九年级校考期末）如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=2，⊙O是的内切圆，它与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F．求⊙O的半径．
【答案】2−2
【分析】首先连接OD、OF、OE，进而利用切线的性质得出∠ODA=∠OFA=∠A=90°，进而得出四边形ODAF是正方形，再利用勾股定理求出⊙O的半径．
【详解】解：连接OD、OE、OF，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点为D、E、F，
∴∠ODA=∠OFA=∠A=90°，
又∵OD=OF，
∴四边形ODAF是正方形，
设OD=AD=AF=r，
则BE=BD=CF=CE=2−r，
在△ABC中，∠A=90°，
∴BC=AB2+AC2=22，
又∵BC=BE+CE，
∴2−r+2−r=22，
得：r=2−2，
∴⊙O的半径是2−2．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，切线长定理，正方形的性质和判定，解题的关键是掌握“圆的切线垂直于经过切点的半径”，“从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等”．
【题型4 由三角形的内心的有关应用】
【例4】（2023春·江苏盐城·九年级统考期中）如图，点O是△ABC的内心，也是△DBC的外心．若∠A=84°，则∠D的度数（ ）
A．42°B．66°C．76°D．82°
【答案】B
【分析】利用三角形内心的性质得OB，OC分别是角平分线，进而求出∠BOC的大小，再利用三角形外心的性质得出∠BDC等于∠BOC的一半，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，如图，
∵点O是△ABC的内心，∠A=84°，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+12∠ACB
=12(∠ABC+∠ACB)
=12(180°−∠A)=48°，
∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)=132°，
∵点O是△DBC的外心，
∴∠D=12∠BOC=66°，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的内心和三角形外心的性质，牢记以上知识点得出各角之间的关系是做出本题的关键．
【变式4-1】（2023春·江苏苏州·九年级苏州市振华中学校校考期中）如图，点I为△ABC的内切圆的圆心，连接AI并延长交△ABC的外接圆于点D，连接BD．已知AD=5，BD=3，则AI的长为（ ）
A．1B．32C．2D．52
【答案】C
【分析】由三角形内切圆的圆心为三条角平分线的交点，可知∠IAB=∠IAC，∠IBA=∠IBC，利用三角形外角的性质可得∠BID=∠IAB+∠IBA，利用同弧所对的圆周角相等可得∠DAC=∠DBC，进而可证∠IBD=∠BID，推出ID=BD=3，则AI=AD−ID=5−3=2．
【详解】解：∵点I为△ABC的内切圆的圆心，
∴ IA平分∠BAC，IB平分∠ABC，
∴ ∠IAB=∠IAC，∠IBA=∠IBC，
∵ ∠IBD=∠IBC+∠DBC，∠BID=∠IAB+∠IBA，∠DAC=∠DBC，
∴ ∠IBD=∠BID，
∴ ID=BD=3，
∴ AI=AD−ID=5−3=2，
故选C．
【点睛】本题考查三角形的内切圆、三角形外角的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质等，难度一般，解题的关键是通过导角证明∠IBD=∠BID．
【变式4-2】（2023春·河北衡水·九年级校考期中）如图，在△ABC中，∠BAC=50°，点I是△ABC的内心，

（1）∠BIC= °；
（2）若BI的延长线与△ABC的外角∠ACD的平分线交于点E，当∠ACB= °时，CE∥AB．
【答案】 115 80
【分析】（1）根据三角形内角和求出∠ABC+∠ACB=180°−∠A=130°，根据BI、CI分别平分∠ABC、∠ACB，得出∠CBI=12∠ABC，∠BCI=12∠ACB，根据∠BIC=180°−∠CBI+∠BCI求出结果即可；
（2）根据角平分线的性质求出∠E=12∠A=25°，根据当∠ABE=∠E=25°时，CE∥AB，得出此时∠ABC=2∠ABE=50°，求出∠ACB=180°−∠ABC−∠A=80°．
【详解】解：（1）∵在△ABC中，∠BAC=50°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠A=130°，
∵点I是△ABC的内心，
∴BI、CI分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠CBI=12∠ABC，∠BCI=12∠ACB，
∴∠BIC=180°−∠CBI+∠BCI
=180°−12∠ABC+∠ACB
=180°−12×130°
=115°；
故答案为：115；
（2）∵∠ACD是△ABC的外角，
∴∠ACD=∠ABC+∠A，
∵CE平分∠ACD，
∴∠DCE=12∠ACD=12∠ABC+12∠A，
∵∠DCE=∠E+∠CBE，
∴∠E+∠CBE=12∠ABC+12∠A，
∵∠CBE=12∠ABC，
∴∠E=12∠A=25°，
∵当∠ABE=∠E=25°时，CE∥AB，
∴此时∠ABC=2∠ABE=50°，
∴∠ACB=180°−∠ABC−∠A=80°．
故答案为：80．
【点睛】本题主要考查了内心的定义，角平分线的定义，三角形内角和定理，平行线的判定，解题的关键是熟练掌握三角形的内心为三角形三个内角平分线的交点．
【变式4-3】（2023春·九年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，点A0,6，点B8,0，I是△OAB的内心，则
（1）AB= ；
（2）点I关于x轴对称的点的坐标是 ．
【答案】 10 （2，-2）
【分析】（1）利用勾股定理解答即可；
（2）根据I是△OAB的内心，利用OM=ON，BM=BE，AE=AN，得出AE+BE=6-x+8-x=10，求解即可．
【详解】解：（1）∵点A0,6，点B8,0，
∴OA=6，OB=8，
在Rt△OAB中，
AB=OA2+OB2=62+82=10；
（2）连接OI，BI，AI，过I作IM⊥OB，IN⊥OA，IE⊥AB，
∵I是△OAB的内心，
∴OM=ON，BM=BE，AE=AN，
设OM=ON=x，则BM=BE=8-x，AN=AE=6-x，
∴AE+BE=6-x+8-x=10，
解得：x=OM=ON=2，
∴I的坐标为（2，2），
∴点I关于x轴对称的点的坐标是（2，-2）．
【点睛】本题考查了勾股定理及三角形的内心，解题的关键是灵活运用性质解决实际问题．
【题型5 坐标系中的三角形内切圆】
【例5】（2023·山东日照·日照市田家炳实验中学校考一模）如图，把Rt△OAB置于平面直角坐标系中，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（3，0），点P是Rt△OAB内切圆的圆心．将Rt△OAB沿y轴的正方向作无滑动滚动．使它的三边依次与x轴重合．第一次滚动后，圆心为P1，第二次滚动后圆心为P2…依次规律，第2019次滚动后，Rt△OAB内切圆的圆心P2019的坐标是（ ）
A．（673，1）B．（674，1）C．（8076，1）D．（8077，1）
【答案】D
【分析】由勾股定理得出AB=5，得出Rt△OAB内切圆的半径=1，因此P的坐标为（1，1），由题意得出P3的坐标（3+5+4+1，1），得出规律为每滚动3次一个循环，由2019÷3=673，即可得出答案．
【详解】∵点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（3，0），
∴OA＝4，OB＝3，
∴AB=OA2+OB2 =5，
∴Rt△OAB内切圆的半径＝12（3+4﹣5）＝1，
∴P的坐标为（1，1），
∵将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后圆心为P1，第二次滚动后圆心为P2，…，
∴P3（3+5+4+1，1），即（13，1），
每滚动3次一个循环，
∵2019÷3＝673，
∴第2019次滚动后，Rt△OAB内切圆的圆心P2019的横坐标是673×（3+5+4）+1，
即P2019的横坐标是8077，
∴P2019的坐标是（8077，1）；
故选D．
【点睛】此题考查三角形的内切圆与内心、勾股定理、坐标与图形性质，根据题意得出规律是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·湖北鄂州·九年级校联考期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠ABC=30°，直角边BC在x轴上，其内切圆的圆心坐标为I0,1，抛物线y=ax2+2ax+1的顶点为A，则a= ．
【答案】−3
【分析】先求出内切圆半径为1，再设AE=x，OB=y，则AC=x+1，BC=y+1，由直角三角形性质，得AB=2AC，即AB=2x+1，根据切线长定理得，AB=AD+BD=AE+OB，则2x+1=x+y，化简得y=x+2①，由勾股定理，得x+12+y+12=2x+12，化简得3x2+6x−y2−2y+2=0②，把①代入②解得：x=3，则AC=x+1=3+1，从而求得A−1,3+1，再由抛物线y=ax2+2ax+1的顶点为A，而抛物线y=ax2+2ax+1的顶点为−1,1−a，则3+1=1−a，即可求解．
【详解】解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，其内切圆的圆心坐标为I0,1，
∴CE=OC=OI=1，OB=BD，AE=AD，
∴AB=AD+BD=AE+OB，
设AE=x，OB=y，
∴AC=x+1，BC=y+1，
∵∠ABC=30°，
∴AB=2AC，即AB=2x+1，
2x+1=x+y，化简得y=x+2①，
由勾股定理，得x+12+y+12=2x+12，
化简得3x2+6x−y2−2y+2=0②，
把①代入②解得：x=3（负值不符合题意，已舍去），
∴AC=x+1=3+1，
∴A−1,3+1，
∵y=ax2+2ax+1=ax+12+1−a，
∴抛物线y=ax2+2ax+1的顶点为−1,1−a，
∵抛物线y=ax2+2ax+1的顶点为A，
∴3+1=1−a，
∴a=−3，
故答案为：−3．
【点睛】本题考查直角三角形内切圆，切线长性质，勾股定理，直角三角形性质，二次函数图象性质，求出点A坐标是解题的关键．
【变式5-2】（2023春·全国·九年级统考期末）如图，△ABC中，A、B，C三点的坐标分别为A（0，8），B（–6，0），C（15，0）．若△ABC内心为D，求点D的坐标．
【答案】点D的坐标为（1，3.5 ）．
【分析】可作辅助线，运用圆的切线长定理求出CM的长度,进而求出OM的长度,此即点D的横坐标;运用三角形的面积公式求出DM的长度,此即点D的纵坐标.
【详解】如图，
连接DA、DB、DC、DM、DN、DP；
∵⊙D为△ABC的内切圆，
∴AN=AP（设为λ），BM=BN（设为μ），CM=CP（设为γ）；
DM⊥BC，DN⊥AB，DP⊥AC；
∵A、B、C三点的坐标分别为A（0，8），B（–6，0），C（15，0），
∴由勾股定理得：AB=10，AC=17，BC=21；
∴λ+μ=10λ+γ=17μ+γ=21，解得γ=14，即CM=14，
∴OM=OC–CM=15–14=1；
设⊙D的半径为φ，
∵△ABC的面积=△ADB、△ADC、△BDC的面积之和，
∴由面积公式得：12BC•AO=12（AB+AC+BC）•φ，
解得φ=72，即DM=72；
综上所述点D的坐标为（1，72）．
【点睛】该题主要考查了三角形的内切圆的性质及其应用问题;解题的关键是作辅助线;灵活运用圆的切线长定理、内切圆的性质等几何知识点来分析、判断、推理或解答.
【变式5-3】（2023春·江苏·九年级专题练习）如图，矩形OABC，B （-4，3 ），点 M 为 △ABC 的内心，将矩形绕点 C 顺时针旋转90°，则点M的对应点坐标为（ ）
A．（-2，6 ）B．（-6，1）C．（-1，1）D．（-1，6）
【答案】D
【分析】过点M作MD⊥AB，ME⊥BC，MF⊥AC，垂足分别为D、E、F，利用内心定义得到MD=ME=MF，证明四边形BDME是正方形，设BD=x，则BE=BD=x，AD=AF=3-x，CF=CE=4-x，利用切线长定理求出x=1，得到M（-3，2），设将矩形绕点 C 顺时针旋转90°后，点M的对应点为点M′，如图，过点M′作M′N⊥y轴于N，证得△MCE≌△M′CN（AAS），得到CN=CE=3，M′N=ME=1，从而得到点M′的坐标．
【详解】解：如图，在矩形OABC中，B （-4，3 ），
∴AB=3，BC=4，∠B=90°，
∴AC=5，
过点M作MD⊥AB，ME⊥BC，MF⊥AC，垂足分别为D、E、F，
∴∠MDE=∠MEB=∠B=90°，
∴四边形BDME是矩形，
∵点 M 为 △ABC 的内心，
∴MD=ME=MF，
∴四边形BDME是正方形，
设BD=x，则BE=BD=x，AD=AF=3-x，CF=CE=4-x，
∴3-x+4-x=5，
解得x=1，
∴M（-3，2），
设将矩形绕点 C 顺时针旋转90°后，点M的对应点为点M′，如图，
过点M′作M′N⊥y轴于N，
∴∠MCE+∠ECM′=∠ECM′+∠M′CN=90°，
∴∠MCE=∠M′CN，
又∵∠MEC=∠M′NC=90度，MC=M′C，
∴△MCE≌△M′CN（AAS），
∴CN=CE=3，M′N=ME=1，
∴点M′的坐标为（-1，6），
故选：D．
【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形内心定义，切线长定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，熟记三角形内心定理及切线长定理从而求出点M的坐标是解题的关键．
【题型6 由三角形的内切圆求最值】
【例6】（2023春•扬州月考）如图是一块△ABC余料，已知AB＝20cm，BC＝7cm，AC＝15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是 4πcm2． ．
【分析】当该圆为三角形内切圆时面积最大，设内切圆半径为r，则该三角形面积可表示为：12r（AB+AC+BC）＝21r，利用三角形的面积公式可表示为12•BC•AD，利用勾股定理可得AD，易得三角形ABC的面积，可得r，求得圆的面积．
【解答】解：如图1所示，
S△ABC=12•r•（AB+BC+AC）=12r×42＝21r，
过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点D，如图2，
设CD＝x，
由勾股定理得：在Rt△ABD中，
AD2＝AB2﹣BD2＝400﹣（7+x）2，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣x2＝225﹣x2，
∴400﹣（7+x）2＝225﹣x2，
解得：x＝9，
∴AD＝12，
∴S△ABC=12BC×AD=12×7×12＝42，
∴21r＝42，
∴r＝2，
该圆的最大面积为：S＝πr2＝π•22＝4π（cm2），
故答案为：4πcm2．
【变式6-1】（2023春·浙江·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，点E、F分别是AD、BC的中点，点P在线段EF上，△PAB内切圆半径的最大值是（ ）
A．1B．65C．54D．43
【答案】D
【分析】由三角形APB的面积为12，可知AP+BP最小时，r有最大值，连接CA与EF交于点P'，求出AC=10，由三角形面积公式可得出答案．
【详解】解：∵点E、F分别是AD、BC的中点，四边形ABCD是矩形，
∴EF∥AB，
∵P在EF上，AB=8，BC=6，
∴S△PAB=12×8×3=12，
设△PAB内切圆半径是r，
∵S△PAB=12（AP+PB+AB）•r=12，
∴AP+BP最小时，r有最大值，
如图，F是BC的中点，所以点B关于EF的对称点是C点，连接CA与EF交于点P'，
∵AP+BP=AP+CP≥CA，
∴此时CA即为AP+BP最小值，
∵AB=8，AD=6，
∴AC=62+82=10，
∴AP+BP最小值为10，
∴PA=PB=5，
∴12×5×r+12×5×r+12×8×r=12，
解得r=43，
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，轴对称求最短距离；能够将AP+BP最小值转化为CA的长是解题的关键．
【变式6-2】（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）如图，矩形ABCD，AD＝6，AB＝8，点P为BC边上的中点，点Q是△ACD的内切圆圆O上的一个动点，点M是CQ的中点，则PM的最大值是 ．
【答案】13+1
【分析】由矩形的性质得出∠D=90°，CD=AB=8，由勾股定理得出AC=AD2+CD2=10，设△AD的内切圆O的半径为r，则12×10r+12×8r+12×6r=12×8×6，解得r=2，连接BQ，易证PM是ΔBCQ的中位线，得出PM=12BQ，当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，作OE⊥AD于E，OF⊥AB于F，则BF=AB−AF=6，OF=AE=AD−DE=4，由勾股定理得出BO=BF2+OF2=213，则BQ=BO+OQ=213+2，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，CD=AB=8，
∴AC=AD2+CD2=62+82=10，
设△AD的内切圆O的半径为r，
则12×10r+12×8r+12×6r=12×8×6，
解得：r=2，
连接BQ，
∵P是BC边上的中点，点M是CQ的中点，
∴PM是ΔBCQ的中位线，
∴PM=12BQ，
当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，
作OE⊥AD于E，OF⊥AB于F，
则BF=AB−AF=8−2=6，OF=AE=AD−DE=6−2=4，
∴BO=BF2+OF2=62+42=213，
∴BQ=BO+OQ=213+2，
∴PM=12BQ=13+1；
故答案为：13+1．
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心、勾股定理、矩形的性质、三角形中位线的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
【变式6-3】（2023·陕西西安·西安市第六中学校考模拟预测）如图，矩形ABCO的顶点A，C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为−8,6，⊙M是△AOC的内切圆，点N，点P分别是⊙M，x轴上的动点，则BP+PN的最小值是 ．

【答案】8
【分析】延长BA至点B′，使BA′=BA，则点B与点B′关于x轴对称，则PB=PB′，过点B′作B′D⊥y轴于点D，连接B′M交x轴于点P，交⊙M于点N，则BP+PN=PB′+PN，当B′，P，N，M在一条直线上时，PB+PN取得最小值N′B，求出N′B的值即可．
【详解】解：如图，延长BA至点B′，使BA′=BA，则点B与点B′关于x轴对称，则PB=PB′，过点B′作B′D⊥y轴于点D，连接B′M交x轴于点P，交⊙M于点N，则BP+PN=PB′+PN，当B′，P，N，M在一条直线上时，PB+PN取得最小值N′B．

∵点B的坐标为−8,6，
∴点B′的坐标为−8,−6，
∴AB=AB′=OC=6，BC=B′D=OA=8，
∴AC=OA2+OC2=10，
设⊙M与△ACO三边的切点为E，F，G，连接ME，MF，MG，则MG⊥AC，ME⊥OA，MF⊥OC，
设ME=MF=MG=a，
∵S△ACO=S△MAC+S△MAO+S△MCO，
∴12OA⋅OC=12AC⋅a+12OA⋅a+12OC⋅a，
∴8×6=10a+8a+6a，
∴a=2，
∴MF=OE=2，
延长ME交B′D于点H，
∵ME⊥OA，B′D∥OA，
∴HD=OE=2，HE=OD=6，
∴B′H=B′D−HD=6，MH=HE+ME=8，
∴B′M=B′H2+MH2=10，
∴B′N=B′M−MN=10−2=8，
∴PB+PN的最小值为8．
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，矩形的性质，勾股定理，轴对称的性质，切线的性质，解题的关键是作出辅助线，找出使PB+PN取最小值时点P的位置．
【题型7 直角三角形的周长、面积与三角形内切圆的关系】
【例7】（2023·全国·九年级专题练习）Rt△ABC两直角边的长分别为3cm和4cm，则其内心与外心的距离为（ ）
A．2B．32C．32D．52
【答案】D
【分析】先根据题意画出图形，Rt△ABC的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，求出AM=BM=52，根据面积法求出OE=OF=OD=1，进而得出OB=BE2+OE2=22+12=5，在求出MF=5−52−2=12，根据勾股定理即可得出答案．
【详解】解：如图所示：Rt△ABC的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，
设BC=3，AC=4，
∴AB=BC2+AC2=5，
∵Rt△ABC的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，
∴AM=BM=52，
根据三角形的面积可得：12AB×OF+12AC×OD+12CB×OE=12AC×BC，
∴12AB+AC+BC×OE=12AC×BC，即125+4+3×OE=12×4×3，
∴OE=OF=OD=1，
∴BE=BF=3−1=2，
∴OB=BE2+OE2=22+12=5，
∴MF=5−52−2=12，
∴OM=FM2+OF2=122+12=52，
∴内心与外心的距离为52，
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内心与外心，勾股定理，得出三角形的内心与外心的位置是解题的关键．
【变式7-1】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，则△ABC的内切圆的半径r是（ ）

A．2B．3C．4D．无法判断
【答案】A
【分析】根据等积法求内切圆半径，进行求解即可．
【详解】解：∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=62+82=10，
如图：设△ABC的内切圆与各边的切点分别为点D,E,F，连接OD,OE,OF，则：OD=OE=OF=r,OD⊥BC,OE⊥AC,OF⊥AB，

∵S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC，
∴12AC⋅BC=12AB⋅r+12AC⋅r+12BC⋅r，即：6×8=6+8+10r，
∴r=2；
故选A．
【点睛】本题考查求三角形内切圆的半径．熟练掌握等积法求内切圆的半径，是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·山东济宁·九年级校考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，且AB=8，BC=17，CA=15，则阴影部分（即四边形AEOF）的面积是（ ）
A．4B．6.25C．7.5D．9
【答案】D
【分析】先根据勾股定理的逆定理判定△ABC是直角三角形，再利用正方形的判定确定四边形OFAE是正方形，进而利用圆的切线性质可知线段的关系，进而求出阴影部分的面积．
【详解】解：∵AB=8，BC=17，CA=15，
∴AB2+CA2=BC2，
∴△ABC为直角三角形，∠A=90°，
∵⊙O与AB，AC分别相切于点F、E，
∴OF⊥AB ，OE⊥AC，OF=OE，
∴四边形OFAE是正方形，
设OE=r，
则AE=AF=r，
∵△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，
∴BD=BF=8−r，CD=CE=15−r，
∴8−r+15−r=17，
∴r=8+15−172=3，
∴阴影部分的面积是：32=9，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等，三角形的内心到顶点的连线平分这个内角；勾股定理的逆定理和切线性质等相关知识点．熟练运用知识点是解决问题的关键．
【变式7-3】（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）如图，矩形ABCD，AD＝6，AB＝8，点P为BC边上的中点，点Q是△ACD的内切圆圆O上的一个动点，点M是CQ的中点，则PM的最大值是 ．
【答案】13+1
【分析】由矩形的性质得出∠D=90°，CD=AB=8，由勾股定理得出AC=AD2+CD2=10，设△AD的内切圆O的半径为r，则12×10r+12×8r+12×6r=12×8×6，解得r=2，连接BQ，易证PM是ΔBCQ的中位线，得出PM=12BQ，当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，作OE⊥AD于E，OF⊥AB于F，则BF=AB−AF=6，OF=AE=AD−DE=4，由勾股定理得出BO=BF2+OF2=213，则BQ=BO+OQ=213+2，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，CD=AB=8，
∴AC=AD2+CD2=62+82=10，
设△AD的内切圆O的半径为r，
则12×10r+12×8r+12×6r=12×8×6，
解得：r=2，
连接BQ，
∵P是BC边上的中点，点M是CQ的中点，
∴PM是ΔBCQ的中位线，
∴PM=12BQ，
当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，
作OE⊥AD于E，OF⊥AB于F，
则BF=AB−AF=8−2=6，OF=AE=AD−DE=6−2=4，
∴BO=BF2+OF2=62+42=213，
∴BQ=BO+OQ=213+2，
∴PM=12BQ=13+1；
故答案为：13+1．
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心、勾股定理、矩形的性质、三角形中位线的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
【题型8 圆外切四边形的计算】
【例8】（2011·浙江温州·中考真题）如图，O是正方形ABCD的对角线BD上一点，⊙O与边AB，BC都相切，点E，F分别在AD，DC上，现将△DEF沿着EF对折，折痕EF与⊙O相切，此时点D恰好落在圆心O处．若DE=2，则正方形ABCD的边长是（ ）
A．3B．4
C．2+2D．22
【答案】C
【分析】延长FO交AB于点G，根据折叠对称可以知道OF⊥CD，所以OG⊥AB，即点G是切点，OD交EF于点H，点H是切点．结合图形可知OG=OH=HD=EH，等于⊙O的半径，先求出半径，然后求出正方形的边长．
【详解】解：如图：延长FO交AB于点G，则点G是切点，OD交EF于点H，则点H是切点，
∵ABCD是正方形，点O在对角线BD上，
∴DF=DE，OF⊥DC，
∴GF⊥DC，
∴OG⊥AB，
∴OG=OH=HD=HE=AE，且都等于圆的半径．
在等腰直角三角形DEH中，DE=2，
∴EH=DH=2=AE．
∴AD=AE+DE=2+2．
故选C．
【点睛】本题考查的是切线的性质，利用切线的性质，结合正方形的特点求出正方形的边长．
【变式8-1】（2023春·九年级课时练习）如图，圆O是四边形ABCD的内切圆，若∠BOC＝118°，则∠AOD＝ ．
【答案】62°
【分析】先根据切线长定理得到∠1＝12∠ABC，∠2＝12∠BCD，∠3＝12∠ADC，∠4＝12∠BAD，再利用三角形内角和计算出∠1+∠2＝62°，则∠ABC+∠BCD＝124°，然后利用四边形内角和得出∠BAD+∠ADC＝236°，再求∠3+∠4＝118°即可．
【详解】解：∵圆O是四边形ABCD的内切圆，
∴OA平分ABC，OC平分∠BCD，OD平分∠ADC，OA平分∠BAD，
∴∠1＝12∠ABC，∠2＝12∠BCD，∠3＝12∠ADC，∠4＝12∠BAD，
∵∠1+∠2＝180°﹣∠BOC＝180°﹣118°＝62°，
∴∠ABC+∠BCD＝2（∠1+∠2）＝2×62°＝124°，
∵∠BAD+∠ADC＝360°﹣（∠ABC+∠BCD）＝360°﹣124°＝236°，
∴∠3+∠4＝12（∠BAD+∠ADC）＝12×236°＝118°，
∴∠AOD＝180°﹣（∠3+∠4）＝180°﹣118°＝62°．
故答案为：62°．
【点睛】本题考查了四边形的内切圆．切线的性质和切线长定理，三角形内角和，掌握四边形的内切圆性质．切线的性质和切线长定理，三角形内角和是解题关键．
【变式8-2】（2023春·浙江温州·九年级校考期末）如图，正方形EBFI，正方形MFCG和正方形HLGD都在正方形ABCD内，且BF=HD．⊙O分别与AE，EI，HL，AH相切，点M恰好落在⊙O上，若BF=4，则⊙O的直径为 ．
【答案】16-82．
【分析】连接AC，由题意可知AC过点O，M，且AC=2AB，列出方程求解即可．
【详解】解：如图所示,连接AC，过点O作OP⊥AD于P,过点O作OQ⊥AB于Q,则
∵四边形ABCD为正方形，
∴AC=2AB，OA=2OP,AD=BC．
∵正方形EBFI，正方形MFCG和正方形HLGD都在正方形ABCD内，且BF=HD．
∴AH=FC．
设⊙O的直径为x，则
FC=AH=x．
∵BF=4，
∴AB=BC=x+4．MC=2x，AM=2+12x
∴AC=32+12x
∵AC=2AB，
∴32+12x=2（x+4）
解得：x=16-82．
即⊙O的直径为16-82．
故答案为：16-82．
【点睛】本题考查了正方形的性质及正方形的内切圆，掌握相关知识是解题的关 键．
【变式8-3】（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图①，甲，乙都是高为6米的长方体容器，容器甲的底面ABCD是正方形，容器乙的底面EFGH是矩形．如图②，已知正方形ABCD与矩形EFGH满足如下条件：正方形ABCD外切于一个半径为5米的圆O，矩形EFGH内接于这个圆O，EF=2EH．
（1）求容器甲，乙的容积分别为多少立方米？
（2）现在我们分别向容器甲，乙同时持续注水（注水前两个容器是空的），一开始注水流量均为25立方米/小时，4小时后．把容器甲的注水流量增加a立方米/小时，同时保持容器乙的注水流量不变，继续注水2小时后，把容器甲的注水流量再一次增加50立方米/小时，同时容器乙的注水流量仍旧保持不变．直到两个容器的水位高度相同，停止注水．在整个注水过程中，当注水时间为t时，我们把容器甲的水位高度记为ℎ甲，容器乙的水位高度记为ℎ乙，设ℎ乙−ℎ甲=ℎ，已知ℎ（米）关于注水时间t（小时）的函数图像如图③所示，其中MN平行于横轴．根据图中所给信息，解决下列问题：
①求a的值；
②求图③中线段PN所在直线的解析式．
【答案】（1）甲600立方米，乙240立方米；（2）①a=37.5；②ℎ=−12t+92(6≤t≤9)．
【分析】（1）根据题意画出图形即可直接得出正方形ABCD的边长AB=10，即可求出容器甲的容积；连接FH，由圆周角定理的推论可知FH为直径，即FH=10，再在Rt△EFH中，根据勾股定理即可求出EF和EH的长，即可求出容器乙的容积．
（2）根据题意可求出容器甲的底面积为100平方米，容器乙的底面积为40平方米．
①当t=4时，根据题意即可求出此时ℎ的值，即得出M点坐标．由MN平行于横轴，即得出N点坐标，即6小时后高度差仍为ℎ米，由此即可列出关于a的等式，解出a即可．
②设注水b小时后，ℎ乙−ℎ甲=0，根据题意可列出关于b的等式，解出b即得到P点坐标．设线段PN所在直线的解析式为ℎ=kt+m，利用待定系数法即可求出其解析式．
【详解】（1）由图知，正方形ABCD的边长AB=10，
∴容器甲的容积为102×6=600立方米．
如图，连接FH，
∵∠FEH=90°，
∴FH为直径．
在Rt△EFH中，EF=2EH，FH=10，
根据勾股定理，得EF=45，EH=25，
∴容器乙的容积为25×45×6=240立方米．
（2）根据题意可求出容器甲的底面积为10×10=100平方米，容器乙的底面积为25×45=40平方米．
①当t=4时，ℎ=4×2540−4×25100=2.5−1=1.5．
∵MN平行于横轴，
∴M4，1.5，N6，1.5．
由上述结果，知6小时后高度差仍为1.5米，
∴25×640−25×6+2a100=1.5．
解得a=37.5．
②设注水b小时后，ℎ乙−ℎ甲=0，则有25b40−25b+b−4×37.5+b−6×50100=0．
解得b=9，即P9，0．
设线段PN所在直线的解析式为ℎ=kt+m，
∵N6，1.5、P9，0在直线PN上，
∴1.5=6k+m0=9k+m，
解得：k=−12m=92．
∴线段PN所在直线的解析式为ℎ=−12t+92(6≤t≤9)．
【点睛】本题考查圆的内接和外切四边形的性质，圆周角定理，勾股定理以及一次函数的实际应用．根据题意画出图形求出两个容器的各边长和理解题意找出等量关系是解答本题的关键．
【题型9 一般三角形的周长、面积与三角形内切圆的关系】
【例9】（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）若四边形ABCD的对角线AC，BD相交于O，△AOB，△BOC，△COD，△DOA的周长相等，且△AOB，△BOC，△COD的内切圆半径分别为3，4，6，则△DOA的内切圆半径是（ ）
A．92B．32C．72D．以上答案均不正确
【答案】A
【分析】设△DOA的内切圆半径为r，△AOB，△BOC，△COD，△DOA的周长为L，分别表示出四个三角形的面积，再根据由等高三角形面积之比等于对应的底之比可得S△AOBS△DOA=OBOD=S△BOCS△COD，进而可得S△AOB⋅S△COD=S△COB⋅S△DOA，由此列出方程，即可解出r．
【详解】解：设△DOA的内切圆半径为r，△AOB，△BOC，△COD，△DOA的周长为L，
如图，⊙I是△AOB的内切圆，切点分别为E，F，G，则IE=IF=IG=3，
由切线长定理可知：AE=AF，OE=OG，BF=BG，AE+AF+BF+BG+OE+OG=L，
S△AIE=12AE⋅IE，S△AIF=12AF⋅IF，S△BIF=12BF⋅IF，S△BIG=12BG⋅IG，S△OIG=12OG⋅IG，S△OIE=12OE⋅IG，
∴S△AOB=S△AIE+S△AIF+S△BIF+S△BIG+S△OIG+S△OIE=12L⋅3=32L，
同理：S△BOC=12L⋅4=2L，S△COD=12L⋅6=3L，S△DOA=12Lr，

由等高三角形面积之比等于对应的底之比可得：S△AOBS△DOA=OBOD=S△BOCS△COD，
∴S△AOB⋅S△COD=S△COB⋅S△DOA，
∴32L⋅3L=2L⋅12Lr，
∴r=92．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角的内切圆与内心性质、等高三角形面积之比等于对应的底之比的应用．知道三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半、等高三角形面积之比等于对应的底之比是解答本题的关键．
【变式9-1】（2023·湖南长沙·长沙市湘郡培粹实验中学校考三模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，若△ABC的周长为18，面积为9，则⊙O的半径是（ ）

A．1 B．2 C．1.5 D．2
【答案】A
【分析】作辅助线如解析图，根据S△ABC=S△ABO+S△ACO+S△BOC，代入数据求解即可.
【详解】解：如图，设⊙O与△ABC的各边分别相切于点E、F、G，连接OE,OF,OG,OA,OB,OC，设⊙O的半径为r，
则OE⊥AB,OF⊥AC,OG⊥BC，OE=OF=OG=r，
∵S△ABC=S△ABO+S△ACO+S△BOC
=12AB⋅r+12AC⋅r+12BC⋅r
=12AB+AC+BC⋅r，
又△ABC的周长为18，面积为9，
∴9=12×18⋅r，
∴r=1，
故选：A.

【点睛】本题考查了利用三角形的面积求三角形的内切圆半径，掌握求解的方法是解题的关键.
【变式9-2】（2023春·内蒙古呼伦贝尔·九年级统考期末）如图，在△ABC中，AB+AC=53BC，AD⊥BC于D，⊙O为△ABC的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为ℎ，则Rℎ的值为（ ）
A．38B．27C．13D．12
【答案】A
【分析】根据三角形内切圆的特点作出圆心和三条半径，分别表示出△ABC的面积，利用面积相等即可解决问题．
【详解】解：如图所示：O为△ABC中∠ABC、∠ACB、∠BAC的角平分线交点，过点O分别作垂线交AB、AC、BC于点E、G、F，
S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12AB⋅R+12BC⋅R+12AC⋅R=12RAB+AC+BC，
∵AB+AC=53BC，
∴S△ABC=12R53BC+BC=12R⋅83BC，
∵AD的长为ℎ，
∴S△ABC=12BC⋅ℎ，
∴12R⋅83BC=12BC⋅ℎ，
∴ℎ=83R，
∴Rℎ=R83R=38，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内切圆的相关性质，本题掌握三角形内切圆的性质，根据已知条件利用三角形ABC面积相等推出关系式是解题关键．
【变式9-3】（2023春·九年级课时练习）已知△ABC的周长为20，其内切圆半径R=5，则△ABC的面积为 ．
【答案】50
【分析】根据三角形的面积等于三角形的周长与内切圆半径的乘积的一半，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：△ABC的面积为12×20×5=50；
故答案为：50．
【点睛】本题考查三角形的内切圆．熟记三角形的面积等于三角形的周长与内切圆半径的乘积的一半，是解题的关键．
【题型10 三角形内切圆与外接圆的综合运用】
【例10】（2023·全国·九年级专题练习）如图，点I为的△ABC内心，连接AI并延长交△ABC的外接圆于点D，若AI=2CD，点E为弦AC的中点，连接EI，IC，若IC=6，ID=5，则IE的长为（ ）
A．5B．4.5C．4D．3.5
【答案】C
【分析】由已知条件可得到ID=BD=DC=5，过点D作DF⊥IC于F，连接EF，可得四边形EIDF为平行四边形，可得IE=DF，即可求出IE的长．
【详解】解：连接BD，如图，
∵I为△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ACI=∠ICB
∴BD=CD，
又∵∠DIC=∠DAC+∠ACI，∠ICD=∠ICB+∠BCD，∠DAC=∠BAD=∠BCD，
∴∠DIC=∠ICD，
∴ID=CD，
∴ID=BD=DC=5，
∵AI=2CD，
∴AI=2CD=10，
过点D作DF⊥IC于F，连接EF，
∴IF=FC=12IC=3，
在Rt△IFD中，由勾股定理得，DF=ID2−IF2=52−32=4，
∵点E为弦AC的中点
∴EF为△AIC的中位线，
∴EF∥AD，EF=12AI=5=ID，
∴四边形EIDF为平行四边形，
∴IE=DF=4，
故选C．
【点睛】本题是三角形外接圆和内切圆综合，考查了平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰三角形的性质与判定，内心等等，正确作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．
【变式10-1】（2023•游仙区模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切圆，其半径为3，则△BIC的外接圆直径为 1433 ．
【分析】设△BIC的外接圆圆心为O，连接OB，OC，作CD⊥AB于点D，在圆O上取点F，连接FB，FC，作OE⊥BC于点E，设AB＝c，BC＝a，AC＝b，根据三角形内心定义可得S△ABC=12lr=12×20×3=12AB•CD，可得bc＝40，根据勾股定理可得BC＝a＝7，再根据I是△ABC内心，可得IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，根据圆内接四边形性质和圆周角定理可得∠BOC＝120°，再根据垂径定理和勾股定理即可求出OB的长．
【解答】解：如图，设△BIC的外接圆圆心为O，连接OB，OC，作CD⊥AB于点D，
在圆O上取点F，连接FB，FC，作OE⊥BC于点E，
设AB＝c，BC＝a，AC＝b，
∵∠BAC＝60°，
∴AD=12b，
CD=32b，
∴BD＝AB﹣AD＝c−12b，
∵△ABC周长为l＝20，△ABC的内切圆半径为r=3，
∴S△ABC=12lr=12×20×3=12AB•CD，
∴203=32b•c，
∴bc＝40，
在Rt△BDC中，根据勾股定理，得
BC2＝BD2+CD2，
即a2＝（c−12b）2+（32b）2，
整理得：a2＝c2+b2﹣bc，
∵a+b+c＝20，
∴a2＝c2+b2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（20﹣a）2﹣3×40，
解得a＝7，
∴BC＝a＝7，
∵I是△ABC内心，
∴IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠IBC+∠ICB＝60°，
∴∠BIC＝120°，
∴∠BFC＝180°﹣120°＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∵OE⊥BC，
∴BE＝CE=72，∠BOE＝60°，
∴OB=72÷32=733．
∴外接圆直径为1433．
故答案为：1433．
【变式10-2】（2023春·山东聊城·九年级山东省聊城第三中学校考期中）如图所示，点I是△ABC的内心，AI的延长线交△ABC的外接圆于点D，交BC边于点E，
求证：（1）ID=BD
（2）BD2 =DA·ED
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）连接BI，由内心的性质得到∠1=∠2，∠3=∠4，而∠1=∠5，由此可得∠5=∠2，即可证明∠BID=∠IBD，由等角对等边即可得出结论；
（2）由（1）得∠5=∠2，易证得△BED∽△ABD，由此可得出所求的结论．
【详解】（1）连接BI．
∵I是△ABC的内心，∴∠1=∠2，∠3=∠4．
∵∠5=∠1，∴∠5=∠2．
∵∠BID=∠3+∠2，∠DBI=∠4+∠5，∴∠BID=∠DBI，∴ID=BD；
（2）由（1）得：∠5=∠2．
又∵∠D=∠D，∴△BDE∽△ADB，∴BD：DE=AD：BD；∴BD2=AD•DE．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心的以及等腰三角形的判定与性质，同弧所对的圆周角相等，得出△BDE∽△ADB是解题的关键．
【变式10-3】（2023·浙江金华·九年级期末）已知一块等腰三角形钢板的底边长为60cm，腰长为50cm．
（1）求能从这块钢板上截得的最大圆的半径．
（2）用一个圆完全覆盖这块钢板，这个圆的最小半径是多少？
（3）求这个等腰三角形的内心与外心的距离．
【答案】（1）15cm；（2）1254cm；（3）254cm．
【分析】（1）由于三角形ABC是等腰三角形，过C作CE⊥AB于E，那么根据勾股定理得到CE=40cm，又从这块钢板上截得的最大圆就是三角形的内切圆，根据内切圆的圆心的性质知道其圆心在CE上，分别连接AO、BO、CO，然后利用三角形的面积公式即可求解；
（2）由于一个圆完整覆盖这块钢板，那么这个圆即是这个三角形的外接圆，设覆盖圆的半径为R，根据垂径定理和勾股定理即可求解．
（3）根据（1）和（2）再利用线段之间的等量关系即可求得．
【详解】（1）设这块三角形钢板为△ABC，且腰为AC=BC=50cm，底为AB=60cm，如图，过C作CE⊥AB于E．根据题意可知该三角形内切圆即为这块钢板上截得的最大圆．
∵AC=BC=50cm，AB=60cm，
∴根据等腰三角形三线合一的性质及勾股定理可得：AE=30cm，CE=40 cm．
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OD⊥AC，OE⊥AB，OF⊥BC．
∴S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC，即12AB·CE=12AB·OE+12BC·OF+12AC·OD．
设⊙O的半径为r．
∴12×60×40=12×60×r+12×50×r+12×50×r，
解得：r=15cm．
故由这块钢板上截得的最大圆的半径为15cm．
（2）由于一个圆完整覆盖这块钢板，那么这个圆即是这个三角形的外接圆．设覆盖圆的半径为R，圆心为O′．如图，连接AO′．
根据（1）可知AE=30cm，CE=40cm．
∵EO′=CE-CO′=40-R
∴在△AEO′中，AE2+EO′2=AO′2，即302+(40−R)2=R2．
解得：R=1254cm．
故这个圆的最小半径为1254cm．
（3）如图，OO′即为内心与外心的距离．
∵OO′=OE−EO′，其中OE为内切圆的半径，EO′= 40-R=40−1254=354cm．
∴OO′=OE−EO′=15−354=254cm．
故这个等腰三角形的内心与外心的距离为254cm．
【点睛】此题分别考查了三角形的外接圆与外心、内切圆与内心、等腰三角形的性质以及勾股定理，综合性较强，解题的关键是熟练掌握外心与内心的性质与等腰三角形的特殊性．
三角形内切圆
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆
内切圆的圆心是三角形三个内角的角平分线的交点，叫做三角形的内心
三角形的内心到三角形三边的距离相等