数学九年级下册2.3 三角形的内切圆同步达标检测题

这是一份数学九年级下册2.3 三角形的内切圆同步达标检测题，共14页。

1.已知☉O为△ABC的内切圆,则点O是△ABC的( )( )
A.三条中线的交点
B.三条高的交点
C.三边垂直平分线的交点
D.三条角平分线的交点
2.(2020浙江金华中考)如图,☉O是等边三角形ABC的内切圆,分别切AB,BC,AC于点E,F,D,P是DF上一点(不与D、F重合),则∠EPF的度数是( )( )
A.65° B.60°
C.58° D.50°
3.如图,在扇形CAB中,CD⊥AB,垂足为D,☉E是△ACD的内切圆,连结AE,BE,则∠AEB的度数为 °.
4.如图,已知△ABC中,∠B=40°.
(1)用尺规作出△ABC的内切圆☉O,并标出☉O与边AB,BC,AC的切点D,E,F(保留作图痕迹,不必写作法);
(2)连结EF,DF,求∠EFD的度数.
知识点2 三角形内切圆的半径
5.(2022湖北恩施州中考)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=3,
☉O为Rt△ABC的内切圆,则图中阴影部分的面积为 .(结果保留π)( )
6.如图,☉O是△ABC的内切圆,与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F,∠DEF=45°,连结BO并延长,交AC于点G,AB=4,AG=2.( )
(1)求∠A的度数;
(2)求☉O的半径.
能力提升全练
7.(2022浙江宁波鄞州月考,9,★★☆)如图,点I为△ABC的内心,连结AI并延长,交△ABC的外接圆于点D,点E为弦AC的中点,连结CD,EI,IC,当AI=2CD,IC=6,ID=5时,IE的长为( )
A.5 B.4.5
C.4 D.3.5
8.【构造中位线法】如图,矩形ABCD中,AD=6,AB=8,点P为BC边的中点,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的最大长度是( )( )
A.13-1 B.13+1
C.3.2 D.32
9.如图,☉O是△ABC的内切圆,切点分别为D、E、F,∠A=80°,点P为☉O上任意一点(不与E、F重合),则∠EPF= .
10.(2022浙江台州玉环一模,15,★★☆)如图,已知☉O内切于Rt△ABC,∠C=90°,BC边上的切点为点D.作☉O的直径DE,连结AE并延长,交BC于点F,若∠AFC=45°,FD=2,则AB的长为 .( )
11.如图,☉O是Rt△ABC的内切圆,∠B=90°.
(1)若AB=4,BC=3,求Rt△ABC外接圆的半径;
(2)在(1)的条件下,求Rt△ABC的内切圆圆心和外接圆圆心的距离;
(3)连结AO并延长,交BC于点D,若AB=6,tan∠CAD=13,求☉O的半径.
素养探究全练
12.【推理能力】如图,在Rt△ABC中,AC=3,BC=4,CD是斜边AB上的高,I1、I2分别是△ACD、△BCD的内心,直线I1I2分别交AC、BC于点E、F,求tan∠I1I2D.
答案全解全析
基础过关全练
1.D ∵☉O是△ABC的内切圆,∴点O到△ABC三边的距离相等,
∴点O是△ABC的三条角平分线的交点,故选D.
2.B 如图,连结OE,OF.
由已知得OE⊥AB,OF⊥BC,
∴∠OEB=∠OFB=90°,
∵△ABC是等边三角形,
∴∠B=60°,∴∠EOF=120°,
∴∠EPF=12∠EOF=60°,故选B.
3.答案 135
解析 如图,连结EC.
∵E是△ADC的内心,
∴∠ACE=12∠ACD,∠EAC=12∠CAD,
∴∠AEC=180°-12(∠ACD+∠CAD)=180°-12×(180°-90°)=135°,
在△AEC和△AEB中,AE=AE,∠EAC=∠EAB,AC=AB,
∴△EAC≌△EAB(SAS),
∴∠AEB=∠AEC=135°.
4.解析 (1)如图,☉O即为所求.
(2)连结OD(图略),则OD⊥AB,∵OE⊥BC,
∴∠ODB=∠OEB=90°,
又∵∠B=40°,∴∠DOE=180°-∠B=140°,
∴∠EFD=12∠DOE=70°.
5.答案 5-34π
解析 如图,设AB,BC,AC分别与☉O相切于点F,E,D,连结OD,OE,
∴CD=CE,AD=AF,BE=BF,OD⊥AC,OE⊥BC,
又∵∠C=90°,∴四边形ODCE为正方形,
∴OD=CD=CE=OE,∠DOE=90°,
∵AC=4,BC=3,∠C=90°,
∴AB=AC2+BC2=42+32=5,
设☉O的半径为r,
∴AF=AD=4-r,BF=BE=3-r,
∵AF+BF=AB,
∴4-r+3-r=5,∴r=1.
∴题图中阴影部分的面积为4×32-1×1-π×12×34=5-34π.
6.解析 (1)连结OD,OF(图略),
由已知得OD⊥AB,OF⊥AC,∴∠ODA=∠OFA=90°,
又∠DOF=2∠DEF=2×45°=90°,
∴四边形ADOF是矩形,∴∠A=90°.
(2)设☉O的半径为r,
由(1)知四边形ADOF是矩形,
∴AD=OF=r,OD∥AC,
∴△BOD∽△BGA,
∴ODAG=BDBA,即r2=4-r4,
解得r=43,即☉O的半径为43.
能力提升全练
7.C 如图,延长ID到M,使DM=ID,连结CM.
∵I是△ABC的内心,
∴∠IAC=∠IAB,∠ICA=∠ICB,
∵∠DIC=∠IAC+∠ICA,∠DCI=∠BCD+∠ICB,∠BCD=∠IAB,
∴∠DIC=∠DCI,
∴DI=DC=DM=5,
∴∠DCM=∠DMC,
∴∠ICM=90°,
∴CM=IM2-IC2=(5+5)2-62=8,
∵AI=2CD=10,
∴AI=IM,
∵E为AC的中点,
∴IE是△ACM的中位线,
∴IE=12CM=4,故选C.
8.B ∵四边形ABCD是矩形,
∴∠D=90°,CD=AB=8,
∴AC=AD2+CD2=62+82=10,
设△ACD的内切圆圆O的半径为r,
则12×10r+12×8r+12×6r=12×8×6,解得r=2,
如图,连结BQ,
∵点P是BC边的中点,点M是CQ的中点,
∴PM是△BCQ的中位线,
∴PM=12BQ,
当BQ经过圆心O时,BQ最长,此时PM最长,
过O作OE⊥AD于E,OF⊥AB于F,则AF=DE,OE=2,
易知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,
∴PM的最大长度为13+1.
故选B.
9.答案 50°或130°
解析 有两种情况:如图,
①当P在弧EDF上(不与E、F重合)时,∠EPF=∠ENF,
连结OE、OF,
∵圆O是△ABC的内切圆,
∴OE⊥AB,OF⊥AC,
∴∠AEO=∠AFO=90°,
∵∠A=80°,
∴∠EOF=360°-∠AEO-∠AFO-∠A=100°,
∴∠EPF=∠ENF=12∠EOF=50°;
②当P在劣弧EF上(不与E、F重合)时,∠EPF=∠EMF,
∵四边形ENFM为圆内接四边形,
∴∠EPF=∠EMF=180°-50°=130°.
故答案为50°或130°.
10.答案 5
解析 如图,设☉O与边AB、AC的切点为H、G,连结OH、OG,
∵☉O内切于Rt△ABC,∠C=90°,
∴∠ACB=∠OGC=∠ODC=90°,BH=BD,AH=AG,
∴四边形ODCG是矩形,
在Rt△EDF中,∠AFC=45°,则DE=DF=2,
∴OD=OG=1,
∴CD=CG=1,
∴CF=2+1=3,
在Rt△ACF中,∠AFC=45°,∴AC=CF=3,
∴AH=AG=3-1=2,
设BF=x,则BD=BH=2+x,AB=2+x+2=4+x,BC=3+x,
在Rt△ABC中,32+(3+x)2=(4+x)2,
∴x=1, ∴AB=5.
11.解析 (1)如图,取AC的中点H,
∵∠B=90°,
∴点H是Rt△ABC的外接圆圆心,
∵AB=4,BC=3,∠B=90°,
∴AC=5,
∴AH=12AC=52,
∴Rt△ABC的外接圆半径为52.
(2)如图,设☉O切△ABC三边于G,E,F,连结OE,OF,OG,OH,
则∠OFB=∠OEB=90°,
∵∠B=90°,OE=OF,
∴四边形OEBF是正方形,
设☉O的半径为r,则BF=OF=OE=BE=r,
∵☉O是Rt△ABC的内切圆,AB=4,BC=3,
∴AF=AG=4-r,CE=CG=3-r,
∴AC=AG+CG=7-2r=5,
∴r=1,
∴Rt△ABC的内切圆的半径为1,
∴OG=1,AG=3,
∴HG=AG-AH=3-52=12,
∴OH=OG2+HG2=12+122=52,
∴Rt△ABC的内切圆圆心和外接圆圆心的距离为52.
(3)如图,设☉O的半径为R,则BF=OE=OF=R,
∴AF=6-R,
∵☉O是Rt△ABC的内切圆,
∴∠OAF=∠CAD,
∵tan∠CAD=13,
∴tan∠OAF=OFAF=13,
∴R6-R=13,
∴R=32,
∴☉O的半径为32.
素养探究全练
12.解析 如图,连结AI1、CI1、CI2,
∵三角形的内心是三条角平分线的交点,且I1、I2分别是△ACD,△BCD的内心,
∴∠1=∠2,∠3=∠4,
∵CD⊥AB,
∴∠1=∠2=∠3=∠4=45°,
∴∠2+∠3=90°,即∠I1DI2=90°,
∴I1D⊥I2D,
在直角三角形ABC中,AC=3,BC=4,
∴AB=AC2+BC2=5,
又∵CD⊥AB,
∴CD=AC·BCAB=125,
∴AD=AC2-CD2=95,
∴BD=AB-AD=165,
过点I1作I1G⊥AB于点G,
则I1G是直角三角形ADC内切圆的半径,
∴12AD·I1G+12CD·I1G+12AC·I1G=12AD·CD,
∴I1G=35,
则DI1=I1Gsin∠ADI1=35sin45°=325,
同理可得DI2=425,
则tan∠I1I2D=DI1DI2=325×542=34.