初中数学中考复习 专题39第7章圆之三角形的内切圆备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题39第7章圆之三角形的内切圆备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
39第7章圆之三角形的内切圆

一、单选题
1．若的外接圆半径为R，内切圆半径为，则其内切圆的面积与的面积比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】画好符合题意的图形，由切线长定理可得：结合勾股定理可得：再求解直角三角形的面积，从而可得直角三角形的内切圆的面积与直角三角形的面积之比．
【详解】解：如图，由题意得：
，
由切线长定理可得：

设
，
，

而




故选B．
【点评】本题考查的是三角形的内切圆与三角形的外接圆，切线长定理，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
2．如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是上一点，则∠EPF的度数是（ ）

A．65° B．60° C．58° D．50°
【答案】B
【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，
∴∠EPF=∠EOF=60°，
故选：B．

【点评】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
3．如图，已知矩形的周长为，和分别为和的内切圆，连接，，，，，若，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，由矩形的对称性知，结合直角三角形内切圆半径与三角形面积间的关系得到x、y、r的关系式，再由推导出x、y、r的关系，从而分别求出r，xy、的值，最后由勾股定理求得EF值.
【详解】
如图，设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，则AC=
∵矩形的周长为，
∴x+y=8①
∵和分别为和的内切圆，
∴②
由矩形的对称性知，
∵，
∴，
∴，
即③
由①、②、③联立方程组，解得：
r=1，xy=14，，
作EH⊥FH于H，由勾股定理得：



=36-32+8
=12，
∴EF=，
故选：B.

【点评】
本题主要考查了矩形的性质、直角三角形内切圆性质、勾股定理等知识，熟练掌握三角形内切圆半径与面积、周长间的关系是解答的关键.
4．如图，中，，，，点在内，且平分，平分，过点作直线，分别交、于点、，若与相似，则线段的长为（ ）

A．5 B． C．5或 D．6
【答案】B
【分析】分△APQ∽△ABC，△APQ∽△ACB两种情况，结合相似三角形的性质和三角形内切圆求解即可.
【详解】解：若△APQ∽△ABC，
∴∠APQ=∠ABC，
∴PQ∥BC，，
∴∠PDB=∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠PBD=∠CBD，
∴∠PBD =∠PDB，
∴PB=PD，同理，DQ=CQ，
∵，，，
∴BC=，
设AP=x，根据得,
∴AQ=，
∴PB=PD=8-x，CQ=DQ=6-，
∴PQ=PD+QD=，
∴，即，
解得：x=，
∴PQ=；

若△APQ∽△ACB，
则，
由题意知：D为△ABC的内心，设△ABC的内切圆交AB于M，交AC于N，
可知四边形AMDN为正方形，
∴∠A=∠AMD=∠AND=∠MDN=90°，
∴AM∥DN，AN∥DM，
∴∠MPD=∠NDQ，∠MDP=∠NQD，
∴△MPD∽△NDQ，
∴，
∵AB=8，AC=6，BC=10，
∴DM=DN==2，
∴AM=AN=2，
设PM=x，则，
∴NQ=，
∵，即，
解得：x=或-2（舍），
∴AP=+2=，
∴PQ=AP×BC÷AC=×10÷6=.

综上：PQ的值为.
故选B.
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形内切圆，角平分线的定义，有一定难度，解题的关键是将三角形相似分两种情况讨论.
5．正多边形的内切圆与外接圆的周长之比为，则这个多边形的内角和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设AB是正多边形的一边，OC⊥AB，在直角△AOC中，利用三角函数求得∠AOC的度数，从而求得中心角的度数，然后利用360度除以中心角的度数，求出边数，根据内角和公式即可求出多边形的内角和.
【详解】如图：

∵正多边形的内切圆与外接圆的周长之比为，
∴半径之比为，
设AB是正多边形的一边，OC⊥AB， ，
在直角△AOC中，，
∴∠AOC=30°，
∴∠AOB=60°，
则正多边形边数是：，
∴多边形的内角和为：，
故选：A．
【点评】本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力，正多边形的计算一般是转化成半径，边心距、以及边长的一半这三条线段构成的直角三角形的计算．


二、填空题
6．如图，在中，，，，⊙为的内切圆，，与⊙分别交于点，．则劣弧的长是_______．

【答案】
【分析】先利用勾股定理计算出，再利用直角三角形内切圆半径的计算方法得到，接着三角形角平分线的性质得到，然后根据弧长公式计算劣弧的长．
【详解】解：，，，
，
为的内切圆，
，平分，平分，
，
劣弧的长．
故答案为．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了直角三角形内切圆半径的计算方法和弧长公式．
7．如图，的内切圆与分别相切于点，且，，则阴影部分的面积为_______ (结果保留)．

【答案】
【分析】
先根据勾股定理的逆定理得出是直角三角形，再设的半径为r，根据三角形的面积公式得出r的值，然后根据正方形的判定与性质、扇形的面积公式、三角形的面积公式即可得．
【详解】


是直角三角形，且
设的半径为r，则
内切圆与分别相切于点



即
解得
又
四边形AEOF是矩形，

矩形AEOF是正方形
则



故答案为：．
【点评】
本题考查了勾股定理的逆定理、三角形内切圆的性质、正方形的判定与性质、扇形的面积公式等知识点，掌握三角形内切圆的性质与扇形的面积公式是解题关键．
8．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：．
【点评】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．
9．如图，是四边形的内切圆，连接、、、．若，则的度数是____________．

【答案】
【分析】如图，设四个切点分别为点，分别连接切点与圆心，可以得到4对全等三角形，进而得到，，，，根据这8个角和为360°，∠1+∠8=，即可求出=∠5+∠4=72°．
【详解】解：设四个切点分别为点，分别连接切点与圆心，
则，，，且，
在与中

∴，
∴，
同理可得：，，，

．

故答案为：
【点评】本题考查了切线的性质，添加辅助线构造全等等知识点，一般情况下，已知直线为圆的切线，构造过切点的半径是常见辅助线做法．
10．如图，将边长为8的正方形纸片沿着折叠，使点落在边的中点处。点落在点处，与交于点，则的内切圆半径的长为___________．

【答案】
【分析】由勾股定理可求ME＝5，BE＝3，通过证明△AMG∽△BEM，可得AG＝，GM＝，即可求解．
【详解】解：∵将边长为8的正方形纸片沿着折叠，使点落在边的中点处，
∴ME＝CE，MB＝AB＝4＝AM，＝90°，
在Rt△MBE中，ME2＝MB2 ＋BE2，
∴ME2＝16＋（8－ME）2，
∴ME＝5,
∴BE＝3，
∵＝90°＝∠B，
∴∠EMB＋∠BEM＝90°，＝90°,
∴,且＝90°，
∴△AMG∽△BEM，
∴，
∴，
∴AG＝，GM＝，
∴△AMG的内切圆半径的长＝
故答案为：
【点评】本题考查三角形内切圆和内心、勾股定理、相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质求出AG、GM的长度．

三、解答题
11．已知：．
问题一：请用圆规与直尺（无刻度）直接在内作内切圆，（要求清晰地保留尺规作图的痕迹，不要求写画法）
问题二：若的周长是24，的面积是24，，求的内切圆半径．

【答案】（1）见解析；（2）r=2
【分析】（1）先作∠B和∠C的平分线交于点O，再过点O作OH⊥AB于H，然后以点O为圆心，OH为半径作圆即可；
（2）连结OA、OB、OC，作OD⊥AB于D，OE⊥BC于E，OF⊥AC于F，根据切线的性质得OD=OE=OF=r，则利用S△ABC=S△AOB+S△OBC+S△OAC得到rAB+rBC+rAC=24，变形得到 r（AB+BC+AC）=24，然后把周长为24代入计算即可得到r的值．
【详解】解：（1）如图，为所求作的的内切圆；

（2）解：如下图，连结OA、OB、OC，作OD⊥AB于D，OE⊥BC于E，OF⊥AC于F，
设它的内切圆的半径为r，则OD=OE=OF=r，


∵S△ABC=S△AOB+S△OBC+S△OAC，
∴rAB+rBC+rAC=24，
∴ r（AB+BC+AC）=24，
∴ r24=24，
∴r=2．
即的内切圆的半径为2．
【点评】本题考查了如何作三角形的内切圆与求三角形内切圆的半径，在作内切圆的时先要明确如何确定三角形的内心，即三角形三个内角角平分线的交点，以及三角形的内心到三角形三边的距离是三角形内切圆的半径，掌握以上要点是完成作图的关键；三角形的内心到三角形三边的距离相等和切线的性质，是解答第（2）小题，建立等式的关键．
12．已知：如图，△ABC三边BC=a，CA=b，AB=c，它的内切圆O的半径长为r．求△ABC的面积S．

【答案】S=(a+b+c)r
【分析】设△ABC与⊙O相切与点D、E、F．连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，根据S△ABC=S△AOB+S△OBC+S△OAC，即可求解
【详解】如图，设△ABC与⊙O相切与点D、E、F．连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．
则OD⊥AB，OE⊥AC，OF⊥BC．
∵S△AOB=AB•OD=cr，同理，S△OBC=ar，S△OAC=br．
∵S△ABC=S△AOB+S△OBC+S△OAC，即S=cr+ar+br=(a+b+c)r

【点评】本题考查了三角形的内切圆的计算，正确作出辅助线，把△ABC的面积的计算分解成几个三角形的面积的计算是关键.
13．已知：如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠C=90°．

(1)若AC=12cm，BC=9cm，求⊙O的半径r；
(2)若AC=b，BC=a，AB=c，求⊙O的半径r．
【答案】（1）r=3cm. (2) r=（a+b-c）．
【分析】首先设AC、AB、BC与⊙O的切点分别为D、E、F；易证得四边形OFCD是正方形；那么根据切线长定理可得： CD=CF=（AC+BC-AB），由此可求出r的长．
【详解】（1）如图,连接OD，OF；
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12cm，BC=9cm；
根据勾股定理AB==15cm；
四边形OFCD中，OD=OF，∠ODC=∠OFC=∠C=90°；
则四边形OFCD是正方形；由切线长定理，得：AD=AE，CD=CF，BE=BF；
则CD=CF=（AC+BC-AB）；
即：r=（12+9-15）=3cm．
（2）当AC=b，BC=a，AB=c，由以上可得： CD=CF=（AC+BC-AB）；
即：r=（a+b-c）．则⊙O的半径r为：（a+b-c）．

【点评】此题主要考查直角三角形内切圆的性质及半径的求法．利用切线长定理得出四边形OFCD是正方形是解题关键．
14．（特例感知）
（1）如图（1），是的圆周角，BC为直径，BD平分交于点D，，，求点D到直线AB的距离．
（类比迁移）（2）如图（2），是的圆周角，BC为的弦，BD平分交于点D，过点D作，垂足为点E，探索线段AB，BE，BC之间的数量关系，并说明理由．
（问题解决）（3）如图（3），四边形ABCD为的内接四边形，，BD平分，，，求的内心与外心之间的距离．

【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）．
【分析】（1）如图①中，作于，于．理由面积法求出，再利用角平分线的性质定理可得解决问题；
（2）如图②中，结论：．只要证明，推出，，推出即可解决问题；
（3）如图③，过点D作DF⊥BA，交BA的延长线于点F，DE⊥BC，交BC于点E，连接AC，作△ABC△ABC的内切圆，圆心为M，N为切点，连接MN，OM．由（1）（2）可知，四边形BEDF是正方形，BD是对角线．由切线长定理可知：，推出，由面积法可知内切圆半径为2，在中，理由勾股定理即可解决问题；
【详解】解：（1）如图①中，作于，于．

图①
平分，，，
，
是直径，
，
，
，
，
．
故答案为
（2）如图②中，结论：．

图②
理由：作于，连接，．
平分，，，
，，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
．
（3）如图③，过点D作DF⊥BA，交BA的延长线于点F，DE⊥BC，交BC于点E，连接AC，作△ABC△ABC的内切圆，圆心为M，N为切点，连接MN，OM．由（1）（2）可知，四边形BEDF是正方形，BD是对角线．

图③
，
正方形的边长为7，
由（2）可知：，
，
由切线长定理可知：，
，
设内切圆的半径为，
则
解得，
即，
在中，．
故答案为．
【点评】本题属于圆综合题，考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
15．如图1，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形的顶点在轴的正半轴上，为坐标原点，现将正方形绕点按顺时针方向旋转，旋转角为（）
（1）当点落到轴正半轴上时，求边在旋转过程中所扫过的面积；
（2）若线段与轴的交点为（如图2），线段与直线的交点为，当时，求此时内切圆的半径；
（3）设的周长为，试判断在正方形旋转的过程中值是否发生变化，并说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）不发生变化，理由见详解.
【分析】（1）由题意当点落到轴正半轴上时，边在旋转过程中所扫过的面积由此计算即可．
（2）如图2中，在取一点，使得，首先证明是等腰直角三角形，推出，设，则，可得，解得，推出，同理可得，推出，设的内切圆的半径为，则有，由此求出即可解决问题．
（3）在正方形旋转的过程中值不发生变化．如图3中，延长到使得．只要证明，推出，，再证明，推出，推出的周长．
【详解】解：（1）如图1中，

由题意当点落到轴正半轴上时，边在旋转过程中所扫过的面积


．
（2）如图2中，在取一点，使得，

，
，
，
是等腰直角三角形，
，设，则，
，
，
，同理可得，
，
设的内切圆的半径为，
则有，
．
（3）在正方形旋转的过程中值不发生变化．
理由：如图3中，延长到使得．

，，，
，
，，
，
，
，，
，
，
的周长
，
的周长为定值．
【点评】本题考查圆综合题、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的内切圆、等腰直角三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
16．如图所示，等腰，，，求三角形的内切圆的半径.

【答案】
【解析】作AD⊥BC，根据等腰三角形的性质可得BD的长，利用勾股定理可求出AD的长，即可求出△ABC的面积，设△ABC的内切圆与△ABC各边的切点为E、F、G，根据S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC列方程即可求出R的值，可得答案.
【详解】在图（1）中，作，垂足为
∵，，
∴BD=CD=3，
∴AD==4，
∴
在图（2）中，设的内切圆切点分别为E、F、G，连接 OA、OE、OB、OG、OC、OF，
∴OE⊥AB，OG⊥BC，OF⊥AC，
∵
∴
∴

【点评】本题考查了三角形的内切圆、等腰三角形的性质，熟练掌握面积法求三角形内切圆的半径方法是解题的关键..
17．阅读材料：已知，如图（1），在面积为S的△ABC中， BC=a,AC=b, AB=c,内切圆O的半径为r连接OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形．

∴．

（1）类比推理：若面积为S的四边形ABCD存在内切圆（与各边都相切的圆），如图（2），各边长分别为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r；
（2）理解应用：如图(3)，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=21，CD=11，AD=13，⊙O1与⊙O2分别为△ABD与△BCD的内切圆，设它们的半径分别为r1和r2，求的值.
【答案】（1）（2）.
【分析】（1）如图，连接OA、OB、OC、OD，则△AOB、△BOC、△COD和△DOA都是以点O为顶点、高都是r的三角形，根据即可求得四边形的内切圆半径r.
（2）过点D作DE⊥AB于点E，分别求得AE的长，进而BE 的长，然后利用勾股定理求得BD的长；然后根据，，两式相除，即可得到的值.
【详解】解：（1）如图（2），连接OA、OB、OC、OD.
∵
∴

（2）如图（3），过点D作DE⊥AB于点E，
∵梯形ABCD为等腰梯形，
∴
∴
在Rt△AED中，
∵AD=13，AE=5，∴DE=12，
∴
∵AB∥DC，∴.
又∵，
∴.即.

18．如图所示，在中，
（1）求.
（2）求内切圆半径.

【答案】（1）；（2）内切圆半径为1.
【解析】（1）由三角形内角和可得∠CBA+∠CAB=90°，由O为内切圆圆心可得OA、OB为∠CBA和∠CAB的角平分线，即可得出∠OAB+∠OBA=45°，根据三角形内角和求出∠BOA的度数即可；（2）连接OD，OE、OF，由切线性质可得OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，由∠C=90°，OD=OE可证明四边形DCEO是正方形，可得OD=CD，利用勾股定理可求出AB的长，根据切线长定理可得CD=CE，AE=AF，BD=BF，设内切圆半径OD=r，根据AB=BF+AF列方程即可求出r的值，即可得答案.
【详解】（1）∵∠C=90°，
∴∠CBA+∠CAB=90°，
∵O为内切圆圆心，
∴OA、OB为∠CBA和∠CAB的角平分线，
∴∠OAB+∠OBA=∠CBA+∠CAB=45°，
∴∠BOA=180°-45°=135°.
（2）连接OD，OE、OF，
∵AB、AC、BC是切线，切点为D、E、F，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，CD=CE，AE=AF，BD=BF，
∵∠C=90°，OD=OE，
∴四边形DCEO是正方形，
∴CD=OD，
设OD=r，
∴AF=AE=3-r，BF=BD=4-r，
∵AC=3，BC=4，
∴AB==5，
∴AB=BF+AF=3-r+4-r=5，
解得r=1，即内切圆半径为1.

【点评】本题考查了三角形的内切圆的性质、切线长定理、正方形的判定与性质以及勾股定理．注意掌握数形结合思想与方程思想的应用是解题关键．