初中数学北师大版（2024）九年级下册7 切线长定理评优课ppt课件

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专题3.7 切线长定理与三角形的内切圆【十大题型】【北师大版】TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc16511" 【题型1 利用切线长定理求线段长度】  PAGEREF _Toc16511 \h 2 HYPERLINK \l "_Toc22555" 【题型2 利用切线长定理求周长】  PAGEREF _Toc22555 \h 6 HYPERLINK \l "_Toc18010" 【题型3 利用切线长定理求面积】  PAGEREF _Toc18010 \h 10 HYPERLINK \l "_Toc5331" 【题型4 利用切线长定理求角度】  PAGEREF _Toc5331 \h 15 HYPERLINK \l "_Toc29815" 【题型5 利用切线长定理进行证明】  PAGEREF _Toc29815 \h 19 HYPERLINK \l "_Toc28751" 【题型6 利用切线长定理求内切圆半径】  PAGEREF _Toc28751 \h 25 HYPERLINK \l "_Toc30888" 【题型7 作三角形的内切圆】  PAGEREF _Toc30888 \h 30 HYPERLINK \l "_Toc18286" 【题型8 三角形内切圆中求最值】  PAGEREF _Toc18286 \h 34 HYPERLINK \l "_Toc20828" 【题型9 三角形周长、面积与内切圆半径的关系】  PAGEREF _Toc20828 \h 41 HYPERLINK \l "_Toc1983" 【题型10 三角形的内切圆与外接圆的综合】  PAGEREF _Toc1983 \h 46知识点1：切线长定理、三角形的内切圆与内心切线长定理：（1）切线长的定义：经过园外一点作圆的切线，这点与切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长。（2）切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点与圆心的连线平分两条切线的夹角。注意：切线与切线长就是两个完全不同的概念，必须弄清楚切线就是直线，就是不能度量的；切线长就是一条线段的长，这条线段的两个端点一个就是在圆外一点，另一个就是切点。三角形的内切圆与内心：（1）三角形的内切圆定义：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。这个三角形叫做圆的外切三角形。（2）三角形的内心：三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心。注意：三角形的内心就是三角形三条角平分线的交点，所以当三角形的内心已知时，过三角形的顶点与内心的射线，必平分三角形的内角。【题型1 利用切线长定理求线段长度】【例1】（23-24九年级·四川绵阳·阶段练习）如图，等腰△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E、F，且AB=AC=13，BC=10，则DE的长是（　　）A．1355 B．2655 C．101313 D．201313【答案】D【分析】连接OA，OF，OC，OE，OB，OD，OB交DE于点M，根据“从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分这两条切线的夹角”可得AD=AF，BD=BE，CF=CE，结合AB=AC求得点E是BC中点，然后由等腰三角形三线合一的性质求得点A，O，E共线，在Rt△ABE中由勾股定理求得AE后，利用△ABC的面积求得内切圆的半径OE；由切线长定理和等腰三角形三线合一的性质可得BM垂直平分DE，在Rt△OBE中由勾股定理求得OB后，再利用面积法求得EM即可解答；【详解】解：如下图，连接OA，OF，OC，OE，OB，OD，OB交DE于点M，由切线长定理可知OA平分∠BAC，AD=AF，∵AB=AC，∴AB-AD=AC-AF，∴BD=CF，同理根据切线长定理可知OB平分∠ABC，BD=BE，CF=CE，∴BE=EC，∴点E是BC中点，根据等腰三角形三线合一的性质可得点E在AO的延长线上，即点A，O，E共线，∴AE⊥BC，Rt△ABE中由勾股定理可得AE=AB2-BE2=132-52=12，∵S△ABC=12BC⋅AE=12BC⋅OE+12AC⋅OF+12AB⋅OD且OE=OF=OD，∴OE=BC⋅AEBC+AC+AB=103，Rt△OBE中由勾股定理可得OB=OE2+BE2=1032+52=5313，等腰△BED中由三线合一的性质可得BM垂直平分DE，∵S△BOE=12BE⋅OE=12OB⋅EM，∴EM=BE⋅OEOB=101313，∴DE=2EM=201313，故选： D．【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理，等腰三角形的性质；利用面积法求三角形内切圆半径可使计算简便．【变式1-1】（23-24九年级·重庆北碚·期末）如图，AB、BC是⊙O的切线，D、C为切点，AC经过圆心O，若AD=BD=3，则AC的长度是（    ）A．23 B．33 C．43 D．35【答案】B【分析】本题考查了切线的性质定理，切线长定理，勾股定理，根据切线长定理，得到BC=BD=3，根据切线性质，得∠ACB=90°，勾股定理计算即可．【详解】∵AB、BC是⊙O的切线，D、C为切点，AC经过圆心O，AD=BD=3，∴BC=BD=3，∠ACB=90°，AB=AD+BD=6，∴AC=AB2-BC2=33，故选：B．【变式1-2】（23-24九年级·河北承德·期末）如图，⊙O与正方形ABCD的两边AB，AD相切，且DE与⊙O相切于E点．若⊙O的半径为4，且AB=10，则DE的长度为（    ）A．5 B．5.5 C．30 D．6【答案】D【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、切线的性质定理、应用切线长定理求解【分析】设⊙O与正方形ABCD的边AD，AB切于点F，H，先证四边形AHOF是正方形，求出DF，再根据切线长定理可得DE=DF．【详解】解：如图，设⊙O与正方形ABCD的边AD，AB切于点F，H，则∠OFD=∠OFA=∠OHA=90°，∵∠A=90°，OH=OF，∴四边形AHOF是正方形，∵⊙O的半径为4，且AB=10，∴OF=AF=OH=4，AD=AB=10，∴DF=10-4=6，∵DE与⊙O相切于点E，∴DE=DF=6，故选D．【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的应用，解题的关键是根据切线长定理得出DE=DF．【变式1-3】（23-24九年级·江苏南京·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．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、利用垂径定理求值、应用切线长定理求解【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，矩形的判定与性质，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．【题型2 利用切线长定理求周长】【例2】（23-24九年级·浙江宁波·期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，AB，AC分别与⊙O相切于D，E两点，已知AD=1，BC=7，则△ABC的周长为（    ）A．14 B．102 C．16 D．18【答案】C【分析】本题主要考查切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．根据切线长定理得到AE=AD=1，BD=BF，CE=CF，根据BC=7即可得到△ABC的周长．【详解】解：如图：∵△ABC的内切圆⊙O分别与AB，AC相切于点D，E，且AD=1，∴AE=AD=1，BD=BF，CE=CF，∵BF+CF=BC=7，∴BD+CE=BF+CF=BC=7，∴△ABC的周长=1+1+7+7=16，故选：C．【变式2-1】（23-24九年级·江西赣州·阶段练习）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，⊙A的半径为1，D是BC上一动点，DM，DN分别切⊙A于点M，N，⊙A的另一条切线EF切⊙A于点G，分别交DM，DN于点E，F．若D是BC的中点，则△DEF的周长是（    ）A．42 B．6 C．23 D．210【答案】C【知识点】等边三角形的性质、切线的性质定理、应用切线长定理求解【分析】本题主要考查了切线的性质和切线长定理，根据切线长定理可知△DEF的周长=DE+DF+EF=DE+EM+DF+FN=DM+DN，连接AD，AN，在Rt△AND中，由勾股定理求出AN的长即可得出结论【详解】解：连接AD，AN，如图，∵△ABC是等边三角形，∴AC=CD=3,∵D是BC的中点，∴AD⊥BC,CD=12BC=32,∴AD=AC2-CD2=332,∵DM，DN分别切⊙A于点M，N，∴DM=DN，AN⊥DN，同理：EM=EG，FN=FG，∴△DEF的周长=DE+DF+EF=DE+ME+DF+FN=DM+DN=2DN，在Rt△AND中，DN=AD2-AN2=3322-12=232，∴△DEF的周长为2×232=23，故选：C【变式2-2】（23-24九年级·北京海淀·期末）如图，过点A作⊙O的切线AB，AC，切点分别是B，C，连接BC．过BC上一点D作⊙O的切线，交AB，AC于点E，F．若∠A=90°，△AEF的周长为4，则BC的长为（    ）A．2 B．22 C．4 D．42【答案】B【分析】本题考查切线长定理，勾股定理；利用切线长定理得出AB=AC，DF=FC，DE=EB，再根据三角形周长等于4，可求得AB=AC=2，从而利用勾股定理可求解．【详解】解：∵AB，AC是⊙O的切线，切点分别是B，C，∴AB=AC，∵DF、DE是⊙O的切线，切点是D，交AB，AC于点E，F，∴DF=FC，DE=EB，∵△AEF的周长为4，即AF+EF+AE=AF+DF+DE+AE=AC+AB=4，∴AB=AC=2，∵∠A=90°，∴BC=AB2+AC2=22+22=22，故选：B．【变式2-3】（23-24九年级·江苏南通·期中）已知△ABC是边长为3的等边三角形，⊙A的半径为1,D是BC上一动点，DM,DN分别切⊙A于点M,N,⊙A的另一条切线交DM,DN于点E,F，则△DEF周长l的取值范围是（    ）  A．42≤l≤6 B．4≤l≤23 C．23≤l≤42 D．42≤l≤210【答案】C【知识点】等边三角形的性质、用勾股定理解三角形、切线的性质定理、应用切线长定理求解【分析】连接AD，AM，根据切线长定理和切线性质、勾股定理求得l=2AD2-1，根据垂线段最短可得，当AD⊥BC时，AD最小，求出AD最小值为332，当点D与点B（或C）重合时，AD最长，此时AD=3，即可得出332≤AD≤3，从而可求得l最大与是最小值，即可得出答案．【详解】解：连接AD，AM，设EF切⊙A于G，  ∵DM，DN分别是⊙A的切线，∴DM=DN，∵EF是⊙A的切线，∴EM=EG，FN=FG，∴EF=EG+FG=EM+FN，∴△DEF周长l=DE+EF+DF=DE+EM+FN+DF=DM+DN=2DM，∵DM是⊙A的切线，∴AM⊥DM，∴DM=AD2-AM2=AD2-1，∴l=2AD2-1，∴当AD最小时，l最小，当AD最大时，l最大；根据垂线段最短可得，当AD⊥BC时，AD最小，∵△ABC是边长为3的等边三角形，AD⊥BC，∴BD=12BC=32，由勾股定理得：AD=32-322=332，当点D与点B（或C）重合时，AD最长，此时AD=3，∴332≤AD≤3，∴23≤l≤42．故选：C．【点睛】本题考查切线长定理，切线的性质，勾股定理，等边三角形的性质，垂线段最短．根据切线长定理和切线性质、勾股定理求得l=2AD2-1，以及当AD⊥BC时，AD最小，点D与点B（或C）重合时，AD最长是解题的关键．【题型3 利用切线长定理求面积】【例3】（23-24九年级·江苏镇江·期末）我们知道：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等．【问题解决】如图，现有一块边长为20m的正方形空地ABCD，在AB边取一点M，以MB长为直径，在这个正方形的空地内建一个半圆形儿童游乐场，过点C划出一条与这个半圆相切的分割线，正方形ABCD位于分割线右下方的部分作为娱乐区，娱乐区的最大面积等于（ ）A．180m2 B．1103m2 C．250m2 D．2002m2【答案】C【分析】本题考查切线的性质，正方形的性质，勾股定理，关键是掌握切线长定理．当半圆面积最大，即M与A重合时，娱乐区的面积最大，由切线长定理得到CH=CB=20m，PA=PH，由勾股定理列出关于PA的方程，求出PA的长即可解决问题．【详解】解：当半圆面积最大，即M与A重合时，娱乐区的面积最大，PC与半圆相切于H，交AD于P，∵四边形ABCD是正方形，∴PA⊥AB，CB⊥AB，∴PA，PB分别是半圆的切线，∴CH=CB=20m，PA=PH，设PA=xm，则PH=xm，PD=20-xm，PC=x+20m，在Rt△PDC中，PC2=PD2+DC2，∴x+202=20-x2+202，∴x=5，∴PA=5m，∴娱乐区的最大面积=梯形ABCP的面积=12AP+BC⋅AB=12×5+20×20=250m2． 故选：C．【变式3-1】（23-24九年级·山东威海·期末）如图，Rt△ABC的内切圆分别与三边相切于点D，点E和点F，若AD=4，BD=5，则△ABC的面积为 ．【答案】20【分析】直接利用切线长定理得出AF=AD=4，BF=BD=5，FC=EC，设FC=EC=x，再结合勾股定理得出FC的长，进而得出答案．本题考查了切线长定理和勾股定理，解决本题的关键是正确理解题意，熟练掌握切线长定理的相关内容，找到线段之间的关系．【详解】∵Rt△ABC的内切圆分别与斜边AB、直角边CA、BC切于点D、E、F，AD=4，BD=5，∴AF=AD=4，BF=BD=5，FC=EC，设FC=EC=x，则(4+x)2+(5+x)2=(4+5)2整理得，x2+9x-20=0，解得：x1=-9+1612，x2=-9-1612（不合题意舍去），则AC=4+-9+1612=161-12，BC=5+-9+1612=161+12    ，∴S△ABC=12AC⋅BC=12×161-12×161+12=20，故Rt△ABC的面积为20，故答案为20．【变式3-2】（23-24九年级·四川·期末）如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，且AB∥CD，连接OB、OC、OE、OG，若OB=6,OC=8，则梯形BEGC的面积等于（　 　）A．64 B．48 C．36 D．24【答案】B【知识点】应用切线长定理求解【分析】先根据切线长定理得出BE=BF,CF=CG，然后利用△OBC面积求出OF的长度，即可得到圆的半径，最后利用梯形的面积公式S=12(a+b)h 即可求出梯形的面积．【详解】连接OF，∵直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，∴BE=BF,CF=CG,OF⊥BC,OE⊥AB,OG⊥DC ．在Rt△OEB 和Rt△OFB 中，OE=OFOB=OB ∴Rt△OEB≅Rt△OFB(HL),∴∠EOB=∠BOF．在Rt△OGC 和Rt△OFC 中，OG=OFOC=OC ∴Rt△OGC≅Rt△OFC(HL)，∴∠GOC=∠FOC．∵∠EOB+∠BOF+∠FOC+∠GOC=180° ，∴∠BOC=∠BOF+∠FOC=90° ．∵OB=6,OC=8，∴BC=OB2+OC2=10 ．∵12OB·OC=12BC·OF ，∴OF=245 ，∴OE=OG=245 ，∴梯形BEGC的面积为12(EB+GC)·(OE+OG)=12(EB+GC)·(OE+OG)=12·BC·(OE+OG)=48 ．故选：B．【点睛】本题主要考查切线的性质，切线长定理，梯形的面积公式，掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键．【变式3-3】（23-24九年级·全国·单元测试）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，以AC为直径的⊙O与边AB交于点D，过点D作⊙O的切线，交BC于点E．(1)求证：BE=CE．(2)若以O，D，E，C四点为顶点的四边形是正方形，⊙O的半径为r，求△ABC的面积．(3)若EC=4，BD=43，求⊙O的半径OC的长．【答案】(1)见解析(2)2r2(3)433【知识点】切线的性质定理、应用切线长定理求证、相似三角形的判定与性质综合【分析】（1）根据切线长定理可得DE=EC,再证明∠B=∠BDE,得出BE=DE,从而可证明BE=CF；（2）连接OD，由四边形DOCE是正方形可得DE=EC=OC=OD=r，进而得出BE=r和AC=BC=2r，运用三角形面积公式可得出结论；（3）连接CD，证明△BDC∼△BCA，得出AB=BC2BD,代入数据求出AB=1633，再由勾股定理求出AC的长即可得出圆的半径【详解】（1）证明：如图所示，连接CD．∵AC是直径,∴∠ADC=90°,∴∠BDC=90°,∵DE，CE都是⊙O的切线，∴DE=CE，∴∠EDC=∠ECD；又∵∠B+∠ECD=90∘，∠BDE+∠EDC=90∘，∴∠B=∠BDE，∴BE=DE．∴BE=CE．（2）如图，连接OD．当以O，D，E，C四点为顶点的四边形是正方形时，DE=EC=OC=OD=r,∴AC=2r；∵BE=EC,∴BE=r，∴BC=2r,∵∠ACB=90°,∴S△ABC=12AC⋅BC=12×2r×2r=2r2．（3）若EC=4，则BC=BE+EC=2EC=8∵∠BDC=∠BCA=90°,∠B=∠B,∴△BDC∼△BCA，∴BCAB=BDBC，即AB=BC2BD,∵BC=8, BD=43，∴AB=6443=1633，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2,∴AC=AB2-BC2=16332-82=833，∴OC=12AC=433,【点睛】本题考查了圆的切线性质，切线长定理，相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识．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．【题型4 利用切线长定理求角度】【例4】（23-24九年级·湖北武汉·期末）四边形ABCD是⊙O的外切四边形，若∠AOB=78°，则∠COD的度数是 ．【答案】102°/102度【分析】本题主要考查了切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理及其推论．令四边形ABCD与⊙O分别相切于点E、F、G、H，连接OE,OF,OG,OH，通过证明∠1=∠2，∠3=∠4,∠5=∠6,∠7=∠8即可求解．【详解】解：令四边形ABCD与⊙O分别相切于点E、F、G、H，连接OE,OF,OG,OH，∵ABCD是⊙O的外切四边形，∴AE=AF，∵OE=OF,OA=OA，∴△OAE≌△OAF，∴∠1=∠2，同理可得：∠3=∠4,∠5=∠6,∠7=∠8，∵∠AOB=∠3+∠2=78°，∴∠EOG=2∠AOB=156°，∴∠5+∠6+∠7+∠8=360°-156°=204°，∴∠COD=∠6+∠7=102°，故答案为：102°．【变式4-1】（23-24九年级·四川广安·期末）如图，PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B，连接OA，AB，若∠OAB=35°，则∠ABP= °．【答案】55【分析】本题考查了切线的性质以及切线长定理．根据题意可得PA=PB，OA⊥PA，进而求得∠BAP，根据等边对等角，即可求解．【详解】解：∵PA，PB是⊙O的两条切线，∴PA=PB，OA⊥PA，∵∠OAB=35°，∴∠BAP=90°-∠OAB=55°，∵PA=PB，∴∠ABP=∠BAP=55°．故答案为：55．【变式4-2】（23-24九年级·辽宁葫芦岛·期末）如图，PA,PB,CD是⊙O的切线，A,B,E是切点，CD分别交PA,PB于C，D两点，若∠APB=50°，则∠COD= ．【答案】65°/65度【分析】本题考查了切线的性质定理以及切线长定理，连接OA、OB、OE，由切线的性质可求出∠AOB，再由切线长定理可得出∠COD=12AOB，可求得答案．【详解】解：如图，连接OA、OB、OE，∵PA、PB分别为⊙O的切线，∴∠OAP=∠OBP=90°，∴∠AOB=180°-∠APB=130°，∵CD为⊙O的切线，∴∠AOC=∠EOC，∠BOD=∠DOE，∴∠COD=∠COE+∠EOD=12∠AOE+∠BOE=12∠AOB=65°，故答案为：65°．【变式4-3】（23-24九年级·浙江杭州·期中）如图，A是⊙O外一点，AB，AC分别与⊙O相切于点B，C．P是BC上任意一点，过点P作⊙O的切线，交AB于点M，交AC于点N．AO=8，BO=6，则△AMN的周长是 ，若∠BAC=40°，则∠BPC= ．【答案】 47 110°/110度【分析】本题考查切线的性质、切线长定理，圆周角定理，先利用勾股定理可计算出AB的长，再根据切线长定理得到得到△AMN的周长=2AB，由四边形的内角和得到∠BOC的度数，然后利用圆周角定理计算是解题的关键．【详解】解：连接OC，PB，PC,∵AB，AC分别与⊙O切于点B，C，∴AB=AC，OB⊥AB，OC⊥AC，在Rt△AOB中，AB=OA2-OB2=82-62=27，∵MN与⊙O相切于P，∴MB=MP，NC=NP，∴△AMN的周长＝AM+MN+AN=AM+MP+NP+AN=AM+BM+NC+AN=AB+AC=2AB=2×27=47．∵OB⊥AB，OC⊥AC，∴∠OBA=∠OCA=90°，∴∠BOC=180°-∠BAC=180°-40°=140°，∴优弧BC的度数为360°-140°=220°，∴∠BPC=12×220°=110°，故答案为：47，110°．【题型5 利用切线长定理进行证明】【例5】（23-24九年级·北京·期末）如图，AB是⊙O的直径，PB，PC是⊙O的两条切线，切点分别为B，C．连接PO交⊙O于点D，交BC于点E，连接AC．(1)求证：OE=12AC；(2)若点E是OD的中点，⊙O的半径为6，求PB的长．【答案】(1)见解析；(2)63【分析】（1）根据切线长定理得到PB=PC，∠BPO=∠CPO．根据等腰三角形的性质和中位线定理即可得到结论；（2）根据题意得出△AOC为等边三角形，得出∠OAC=∠BOP=60°，得出∠BPO=30°，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：∵PB，PC是⊙O的两条切线，切点分别为B，C，∴PB=PC，∠BPO=∠CPO，∴PO⊥BC，BE=CE，∵OB=OA，∴OE是△ABC的中位线，∴OE=12AC；（2）∵OE=12AC，点E是OD的中点，∴AC=OD=OC=OA，∴△AOC为等边三角形，∴∠OAC=∠BOP=60°，∴∠BPO=30°，∵PB是⊙O的切线，∴∠OBP=90°，∵⊙O的半径为6，∴OB=6，∴OP=2OB=12，∴PB=122-62=63．【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，中位线定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等知识点．熟练掌握切线的性质和切线长定理是解题的关键．【变式5-1】（23-24九年级·江苏南京·期末）如图，AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，连接AB．(1)若AB与⊙O相切于点E，求证AC+BD=AB；(2)若AC+BD=AB，求证AB与⊙O相切．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析．【分析】（1）利用切线长定理证明AE=AC，BE=BD即可求证；（2）延长AC到点F，使得CF=BD，连AO，过点O作OG⊥AB，垂足为G，连接OB，OD，OC，OF，证明AB=AF，再由SAS证明△BDO≌△FCO，根据性质再证明△ABO≌△AFOSSS，最后由性质即可求证；此题考查了切线长定理和切线的判定与性质，全等三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点的的应用及正确添加辅助线是解题的关键．【详解】（1）证明：∵AB与⊙O相切，切点为E，且AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，∴ AE=AC，BE=BD，∵AB=AE+BE，∴AB=AC+BD；（2）证明：延长AC到点F，使得CF=BD，连接AO，过点O作OG⊥AB，垂足为G，连接OB，OD，OC，OF，∵CF=BD，AC+BD=AB，∴ AB=AC+CF=AF，∵AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，∴∠BDO=∠FCO=90°，OC=OD，∵CF=BD，∠BDO=∠FCO=90°，OC=OD，∴△BDO≌△FCOSAS，∴OB=OF，又∵AF=AB，AO=AO，∴△ABO≌△AFOSSS，∴∠BAO=∠FAO，∴AO平分∠BAC，又∵OG⊥AB，OC⊥AC，∴OG=OC，∴AB与⊙O相切．【变式5-2】（23-24九年级·河南安阳·期中）如图，在⊙O中，AB为直径，点M为AB延长线上的一点，MC与⊙O相切于点C，圆周上有另一点D与点C分居直径AB两侧，且使得MC=MD=AC，连接AD．求证：①MD与⊙O相切；②四边形ACMD是__________形；③∠ADM=__________．【答案】①见解析；②菱；③120°【分析】①通过连接两条半径构建全等三角形，利用切线的判定即可证明MD与⊙O相切；②通过证明ΔACM≅ΔADM可得四边相等，根据菱形的判定即可求解；③通过等腰三角形的性质可得∠CAM=∠ACM，∠ACO=∠CAO，再根据切线的性质可得∠CAO=∠CMA=30°，再根据菱形的性质即可求解．【详解】解：①证：连接OC，OD在ΔOCM和ΔODM中OC=ODCM=DMOM=OM ，∴ΔOCM≅ΔODM，∴∠OCM=∠ODM，∵ MC是⊙O的切线，∴∠OCM=∠ODM=90°，∴MD与⊙O相切；②由①可知：∠CMO=∠DMO，又∵CM＝DM，AM＝AM，∴ΔACM≅ΔADM，∴AC＝AD，∵AC＝AD＝CM＝MD，∴四边形ACMD是菱形；故答案为：菱；③∵AM＝CM，OC＝OD， ∴∠CAM=∠ACM，∠ACO=∠CAO，∵∠COM=∠CAO+∠ACO，∴∠COM=2∠CAO=2∠CMA，∵MD与⊙O相切，∴∠OCM=90°，∴∠CAO=∠CMA=30°，又∵ACMD是菱形，∴∠CAD=2∠CAM=60° ，∴∠ADM=120°，故答案为：120°．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、圆的切线的性质与判定、菱形的判定与性质、以及切线长定理等．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分这两条切线的夹角．此类题目综合性较强，熟练掌握每个知识点是解题关键．【变式5-3】（23-24九年级·广东云浮·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．【题型6 利用切线长定理求内切圆半径】【例6】（23-24九年级·江苏南通·期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，则△ABC的内切圆半径r= ．【答案】1【分析】本题考查了切线长定理，圆的切线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握切线长定理是解答本题的关键，首先利用切线的性质证明四边形OECF是正方形，得到CE=CF=r，再利用切线长定理得到AE=3-r，BF=4-r，最后由AD+BD=AB列方程即可求解．【详解】设△ABC的内切圆与AB、AC、BC分别相切于点D、E、F，∴OE⊥AC，OF⊥BC，∵∠C=90°，∴四边形OECF是矩形，∵CE=CF，∴四边形OECF是正方形，∴CE=CF=OE=r，∴AE=3-r，BF=4-r，∵AD=AE，BD=BF，∴AD=3-r，BD=4-r，在Rt△ABC中，AB=AC2+BC2=32+42=5，∵AD+BD=AB，∴3-r+4-r=5，解得 r=1．故答案为：1．【变式6-1】（23-24九年级·河北邢台·期末）如图，将刻度尺、含60°角的直角三角板和量角器如图摆放（无重叠部分），若三角板60°角的顶点A在刻度尺上的读数是5cm，量角器与刻度尺接触点在刻度尺上的读数是7cm，量角器与三角板的接触点为B．（1）AB= cm．（2）该量角器的直径长为 cm．（结果保留根号）【答案】 2 43【分析】本题考查了切线长定理，含30度角直角三角形的特征，勾股定理．根据题意得出AC和AB与量角器相切，则AC=AB，∠OAB=∠OAC，进而得出∠AOB=30°，即可解答．【详解】解：令量角器与刻度尺接触点为点C，量角器圆心为点O，根据题意可知，AC和AB与量角器相切，∴∠OAB=∠OAC，OB⊥AB，AC=AB，∵A在刻度尺上的读数是5cm，C在刻度尺上的读数是7cm，∴AC=AB=2cm，∵∠BAD=60°，∴∠OAB=12180°-60°=60°，∵OB⊥AB，∴∠AOB=30°，∴OA=2AB=4cm，根据勾股定理可得：OB=OA2-AB2=23cm，∴该量角器的直径长为43cm，故答案为：2，43．【变式6-2】（23-24九年级·江苏南京·期末）如图，在四边形ABCD中，BC、CD、DA分别与⊙O相切于B、E、A三点，AB为⊙O的直径．若BC=4cm，AD=3cm，则⊙O的半径为 cm．  【答案】23【分析】本题考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，矩形的判定与性质，根据切线的性质把图形分割为矩形和直角三角形是解题的关键．过D作DF⊥BC于F，由切线的性质得四边形ABFD是矩形，则DF=AB，AD=BF；由切线长定理可得CD的长，由勾股定理即可求解．【详解】解：如图，过D作DF⊥BC于F，∵AD，BC与⊙O，∴AB⊥AD，AB⊥BC，∴∠A=∠B=∠DFB=90°，∴四边形ABFD是矩形，∴DF=AB，BF=AD=3cm，∴CF=BC-BF=4-3=1(cm)；∵BC、CD、DA分别与⊙O相切，∴DE=AD=3cm，CE=BC=4cm，∴CD=CE+DE=4+3=7(cm)；在Rt△DFC中，由勾股定理得：DF=CD2-CF2=49-1=43(cm)，∴AB=DF=43cm，∴⊙O的半径为12×AB=23cm．  故答案 为：23【变式6-3】（23-24九年级·湖北荆门·期末）如图， ⊙O 内切于正方形ABCD，边AD、DC上两点E，F，且EF是⊙O的切线，当△BEF的面积为94时，则⊙O的半径r是 ．  【答案】32【分析】设正方形的边长为2a，则AM=DM=DG=CG=a，设ME=NE=x，NF=FG=y，则DE=a-x，DF=a-y，EF=x+y，利用勾股定理得出ax+ay+xy=a2，再由S△BEF=S正方形ABCD-S△ABE-S△BCF-S△DEF，得出a2=94，从而求出a，得到r．【详解】解：设⊙O与AD相切于M，与EF相切于N，与CF相切于G，设正方形的边长为2a，∴AM=DM=DG=CG=a，设ME=NE=x，NF=FG=y，在Rt△DEF中，∵DE=a-x，DF=a-y，EF=x+y，∴x+y2=a-x2+a-y2，∴ ax+ay+xy=a2，∵ S△BEF=S正方形ABCD-S△ABE-S△BCF-S△DEF∴ 4a2-12×2a×a+x-12×2a×a+y-12×a-xa-y=94，∴32a2-12ax+ay+xy=94∴ a2=94，∵ a>0，∴ a=32，∵ AB=2a∴ ⊙O的半径为32，故答案为：32．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，以及勾股定理等知识，熟记切线长定理是解决问题的关键．【题型7 作三角形的内切圆】【例7】（2024·浙江绍兴·一模）如图，在6×6的正方形网格中，有部分网格线被擦去．点A，B，C在格点（正方形网格的交点）上．（1）请用无刻度的直尺在图1中找到三角形ABC的外心P；（2）请用无刻度的直尺在图2中找到三角形ABC的内心Q．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）作以AC为对角线的平行四边形的另一条对角线，其余AC的交点即为所求；（2）分别作出∠BAC和∠ABC的角平分线，其交点即为所求．【详解】解：（1）如图，点P即为所求； （2）如图，点Q即为所求．【点睛】本题主要考查了三角形的内心和外心、等腰三角形的性质以及平行四边形的性质等知识点，灵活运用等腰三角形的性质和平行四边形的性质成为解答本题的关键．【变式7-1】（23-24九年级·广东江门·期末）为建设绿色花园城市，某小区要在一块等边△ABC空地内修建一个圆形花坛．(1)实践与操作：要使花坛面积最大，用尺规作图法画出圆形花坛示意图（保留作图痕迹，不要求写作法）；(2)应用与计算：在（1）的条件下，AB=30米，求圆形花坛的面积．【答案】(1)图见详解(2)75πm2【分析】本题主要考查三角形的内切圆，熟练掌握三角形的内切圆是解题的关键；（1）以点B为圆心，任意长为半径画弧，交AB,BC于两点，大于这两点之间距离的一半为半径画弧，交于一点D，连接BD，交AC于点N，同理可作∠A,∠C的角平分线，三线交于一点O，然后以ON为半径画圆，进而问题可求解；（2）由（1）可知∠ABN=∠CBN=30°,AN=CN=15米，则有BN=3CN=153米，然后问题可求解．【详解】（1）解：所作图形如图所示：（2）解：∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=30米，∠ABC=∠ACB=60°，∵BN平分∠ABC，∴∠ABN=∠CBN=30°,AN=CN=15米，∴BN=3CN=153米，由作图可知点O为△ABC的内切圆的圆心，也是△ABC的重心，∴ON=13BN=53米，∴圆形花坛的面积为S=πR2=75πm2．【变式7-2】（23-24九年级·江苏连云港·期中）如图，点C，D分别在射线OA、OB上，求作⊙P，使它与OA、OB、CD都相切．（使用直尺、圆规、直角板作图并保留作图痕迹）  【答案】见解析【分析】⊙P与OA、OB、CD都相切．即圆心P到OA、OB、CD的距离相等，故点P在OA、OB、CD所在直线成角的平分线上，然后由交点到直线的距离为半径画圆即可．【详解】解：如图，作∠DOC的平分线OM，∠ODC的平分线DN，OM交DN于点P1，作P1F⊥OD，以P1为圆心，P1F为半径作⊙P1即可；同法作出⊙P2．⊙P1，⊙P2即为所求；  【点睛】本题考查作图-复杂作图，三角形的内心、角平分线的定义、切线的判定和性质等知识，掌握三角形内心的定义及性质是解题的关键，属于中考常考题型．【变式7-3】（23-24九年级·江苏连云港·期中）按着要求画图．             (1)在图1中，利用直尺和圆规，作出△ABC的内切圆（不写作法，保留作图痕迹）；(2)如图2，由小正方形构成的6×6网格中，每个正方形的顶点叫做格点．△ABC的顶点都在格点上，⊙O经过A、B、C三点，仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求作图（不写作法，保留作图痕迹）．①在图2中，找出⊙O的圆心O．②在图2中的BC边上找到一点D，使得AD平分∠BAC；③在图2备用图中的⊙O上找到一点E（不与点C重合），使得AE=AC．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）作△ABC任意两个角的角平分线，两条角平分线的交点即为内切圆的圆心，过圆心作一条边的垂线，得到半径，再作圆即可；（2）①由∠ACB=90°可得AB为直径，利用格点找出AB的中点即可得到圆心；②利用格点找出BC的中点G，根据等弧所对的圆周角相等可得∠GAC=∠GAB，即GA平分∠BAC，因此GA与BC的交点即为所求的点D；③在格点上找到点H，使得∠ACH=∠ABC，可得CH⊥AB，延长CH交圆于点E，由垂直定理可得AC=AE，进而可证AE=AC．【详解】（1）解：如图，⊙I即为△ABC的内切圆；  （2）解：①圆心O如下图所示；  ②点D如下图所示；  ③点E如下图所示．  【点睛】本题考查尺规作图——作角平分线和垂线，格点作图，三角形的内心，圆周角定理，垂直径定理等，掌握格点作图的特点，综合运用上述知识点是解题的关键．【题型8 三角形内切圆中求最值】【例8】（2024·四川内江·一模）如图，矩形ABCO的顶点A，C分别在x轴、y轴上，点B的坐标为-4，3，⊙M是△AOC的内切圆，点N，点P分别是⊙M，x轴上的动点，则PB+PN的最小值是 ．  【答案】4【分析】延长BA到点B'，使B'A=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NB'；利用点的坐标的特征求得线段AB=AB'=OC=3，BC=B'D=OA=4，利用三角形的面积关系求得⊙M的半径，延长ME交B'D于点H，利用矩形的性质和勾股定理求得B'M的长度，则结论可得．【详解】解：如图，延长BA到点B'，使B'A=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NB'，  ∵点B的坐标为(-4,3)，∴点B'的坐标为(-4,-3)，∴AB=AB'=OC=3，BC=B'D=OA=4，AC=OA2+OC2=5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，∴12×3×4=12×5a+12×4a+12×3a，∴a=1，∴MF=OE=1，延长ME交B'D于点H，∵ME⊥OA，B'D∥OA，∴HD=OE=1，HE=OD=3，∴B'H=B'D-HD=3，MH=HE+ME=4，∴B'M=B'H2+MH2=5，∴B'N=B'M-MN=5-1=4，∴PB+PN的最小值为4．故答案为：4．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，点的坐标的特征，三角形的内切圆，轴对称的最短路径问题，圆的切线的性质定理，勾股定理，作出点B关于x轴的对称点，从而得到点P的位置是解题的关键．【变式8-1】（23-24九年级·江苏南京·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8-2】（23-24九年级·湖北武汉·阶段练习）如图，点B的坐标为2，0，以O点为圆心，以OB为半径的圆交y轴于点A，点C为第一象限圆上一动点，CD⊥x轴于D点，点I为△OCD的内心，则AI的最小值为 ．【答案】10-2/-2+10【分析】连接OI，IB，作△OIB的外接圆，圆心为P，根据内心定义证明△IOC≌△IOBSAS，可得∠OIC=∠OIB=135°，当A，I，P三点共线时，AI取得最小值，此时AI=AP-PI，然后根据勾股定理即可解决问题．【详解】解：如图，连接OI，IB，作△OIB的外接圆，圆心为P，连接PO，PB，IC，ON，BN，∵点I为△OCD的内心，∴∠IOC=∠IOB，在△IOC和△IOB中，OI=OI∠IOC=∠OBOC=OB，∴△IOC≌△IOBSAS，∴∠OIC=∠OIB，∵CD⊥x，∴∠ODC=90°，∴∠COD+∠OCD=90°，∴12∠COD+12∠OCD=45°，∴∠IOC+∠ICO=45°，∴∠OIC=135°，∴∠OIC=∠OIB=135°，∴∠ONB=45°，∴∠OPB=90°，∵点B的坐标为2，0，∴OB=2，∴OP=BP=22OB=2，∴P1，-1，当A，I，P三点共线时，AI取得最小值，此时AI=AP-PI=0-12+2+12-2=10-2．故答案为：10-2．【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心，坐标与图形性质，垂径定理，解决本题的关键是掌握三角形内切圆与内心．【变式8-3】（2024九年级·全国·竞赛）如图，以Rt△ABC的斜边AB为直径作⊙O，I为△ABC的内心，点P为⊙O上一个动点，N为IP的中点，若AB=10，AC=6，则AN的最大值为 ．【答案】85+52【分析】此题考查了三角形的内切圆和外接圆，连接IO，AI，OP，取IO中点M，连接MN，过I作IH⊥AB于点H，则点N在以点M为圆心，MN为半径的圆上运动，当点A、M、N三点共线时，AN最大值为AM+MN，然后由勾股定理求出AM的值即可，解题的关键是熟练掌握切线长定理，三角形中位线性质定理和勾股定理的应用．【详解】解：如图，连接IO，AI，OP，取IO中点M，连接MN，过I作IH⊥AB于点H，∵AB=10，AC=6，∠ACB=90°，∴由勾股定理得：BC=AB2-AC2=102-62=8，∵N为IP的中点，∴MN=12OP=52，则点N在以点M为圆心，MN为半径的圆上运动，当点A、M、N三点共线时，AN最大，为AM+MN的值，∵I为△ABC的内心，过I作IR⊥AC于点R，IL⊥BC于点L，∴四边形CRIL为正方形，由直角三角形的内切圆半径为8+6-102=2，即IH=IL=IR=2，∴CR=IR=IH=2，取OH的中点G，连接MG，∴MG=12IH=1，AH=AR=4，∵OA=OB=5，∴OH=1，∴HG=GO=12OH=12，∴AG=AH+HG=4+12=92，在Rt△AMG中，由勾股定理得：AM=AG2+MG2=922+12=852，∴AN最大值为AM+MN=85+52，故答案为：85+52．【题型9 三角形周长、面积与内切圆半径的关系】【例9】（23-24九年级·陕西西安·期中）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，⊙O为△ABC的内切圆，若OC=22，且△ABC的面积为24，则△ABC的周长为（　　）A．48 B．242 C．24 D．62【答案】C【分析】本题考查了三角形内切圆的性质及正方形的判定和性质．设⊙O的半径为r，⊙O与△ABC的三边AB、BC、AC的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF．先证四边形OECF是正方形，则CE=OE=r，根据勾股定理求出r．又由S△ABC=12⋅ △ABC的周长⋅内切圆半径，即可求出△ABC的周长．熟练掌握“三角形内切圆的圆心是三条角平分线的交点，它到三角形三条边的距离相等”这一性质，并且能求出内切圆的半径是解题的关键．【详解】解：如图，设⊙O的半径为r，⊙O与△ABC的三边AB、BC、AC的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，则OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，且OD=OE=OF=r，又∵∠ACB=90°，∴四边形OECF是正方形，∴CE=OE=r，∵CE2+OE2=OC2，∴2r2=(22)2，解得r=2，∵S△ABC=12AB⋅OD+12BC⋅OE+12AC⋅OF=24，∴12(AB+BC+AC)·r=24，∴AB+BC+AC=24，即△ABC的周长为24，故选：C．【变式9-1】（2024·广西梧州·二模）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】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD为中线，若AB=5，AC=12，设△ABD与△ACD的内切圆半径分别为r1，r2，则r1r2的值为（    ）A．3723 B．125 C．2518 D．3733【答案】C【分析】此题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的内切圆和面积，设△ABD的内切圆为⊙I，⊙I与AB、AD、BD 分别相切于点E、F、G，由∠BAC=90°，AB=5，AC=12得BC=13，S△ABC=30，连接IE、IF、IG、IA、IB、ID，由S△ABI+S△ADI+S△BDI=S△ABD=15可得12×6r1+12×5r1+12×5r1=12，即得r1=53，同理得r2=65，进而即可求解，正确地作出辅助线是解题的关键．【详解】解：设△ABD的内切圆为⊙I，⊙I与AB、AD、BD 分别相切于点E、F、G， ∵∠BAC=90°，AB=5，AC=12，∴BC=AB2+AC2=52+122=13，S△ABC=12AB⋅AC=12×5×12=30，∵AD为斜边BC上的中线，∴AD=BD=CD=12BC=132，∴S△ABD=S△ACD=12S△ABC=15，连接IE，IF，IG，IA，IB，ID，则IE=IF=IG=r1， ∵ S△ABI+S△ADI+S△BDI=S△ABD=15，且AB⊥IE，AD⊥IF，BD⊥IG， ∴12×5r1+12×132r1+12×132r1=15，解得r1=53，同理可得，12×12r2+12×132r2+12×132r2=15，解得r2=65，∴r1r2=5365=2518，故选：C．【变式9-3】（23-24九年级·浙江·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，熟练掌握以上知识是解题的关键．【题型10 三角形的内切圆与外接圆的综合】【例10】（23-24九年级·浙江台州·期中）如图，△ABC中，∠BAC=60°，BC=3，内心为I，连接AI并延长交△ABC的外接圆于D，若∠ABD=45°，则AI=  （    ）A．3-1 B．1 C．6-2 D．6-3【答案】D【分析】设△ABC的外接圆的圆心为O，连接AO，BO，DO，BI，根据圆周角定理证得△OBD是等边三角形，再根据垂径定理可得OD⊥BC，BE=CE=12BC=32，再根据三角形内心证得DI=DB=3，进而解决问题．【详解】解：如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，连接AO，BO，DO，BI，在△ABC中，∠BAC=60°，BC=3，内心为I，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD=30°，∴∠BOD=60°，∵OB=OD，∴△OBD是等边三角形，∴DB=OD=OB=OA，∵∠BAD=∠CAD=30°，∴BD=CD，∴OD⊥BC，BE=CE=12BC=32，∵∠BAD=∠CBD=30°，∴DE=32×33=32，∴DB=2DE=3，∵∠DBI=∠DBC+∠CBI，∠DIB=∠IAB+∠IBA，∵I是△ABC的内心，∴∠IBA=∠CBI，∴∠DBI=∠DIB，∴DI=DB=3，∴∠ABD=45°，∴∠AOD=90°，∵OA=OD=DB=3，∴AD=2OA=6，∴AI=AD-DI=6-3．故选：D．【点睛】本题考查三角形内切圆与内心、三角形外接圆与外心、垂径定理、圆周角定理、等边三角形的性质与判定、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质，证得△OBD是等边三角形是解题的关键．【变式10-1】（23-24九年级·江苏扬州·期中）一个三角形三边长分别为5，12，13，R是其外接圆半径，r是其内切圆半径，则R﹣r＝ ．【答案】4.5【分析】根据勾股定理的逆定理推出∠C=90°，连接OE，OQ，根据圆O是△ABC的内切圆，得到AE=AF，BQ=BF，∠OEC=∠OQC=90°，OE=OQ，推出正方形OECQ，设OE=CE=CQ=OQ=r，得到方程12-r+5-r=13，求出方程的解即可，进而得出其外接圆的半径，即可得出答案【详解】如图：连接OE，OQ  ∵AC2+BC2=25+144=169，AB2=169∴ AC2+BC2=AB2∴∠C=90°∵圆O是△ABC的内切圆∴AE=AF，BQ=BF，∠OEC=∠OQC=∠C=90°，OE=OQ∴四边形OECQ是正方形∴设OE=CE=CQ=OQ=r∵AF+BF=13∴ 12-r+5-r=13∴r=2∵直角三角形斜边长是直角三角形外接圆的直径∴其外接圆半径为：R=6.5∴R-r=6.5-2=4.5故答案为：4.5【点睛】本题考查了对三角形内切圆与内心以及直角三角形外接圆半径求法，切线长定理，切线的性质，正方形的性质和判定，勾股定理的逆定理等知识，综合运用这些性质进行推理是解题关键．【变式10-2】（23-24九年级·江苏盐城·期中）如图，I是△ABC的内心，AI的延长线交△ABC的外接圆于点D．(1)求证：∠BAD=∠CBD；(2)求证：BD=ID；(3)连接BI、CI，求证：点D是△BIC的外心．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据三角形内心的定义得∠BAD=∠CAD，再由圆周角与弧之间的关系即可得证；（2）连接BI，证出∠BID=∠IBD即可得证；（3）连接BI，CI，DC，证出BD=CD=ID即可得证．【详解】（1）证明：∵点I是△ABC的内心， ∴AI平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，∵CD=CD，∴∠CBD=∠CAD，∴∠BAD=∠CBD．（2）证明：如图，连接BI，∵点I是△ABC的内心，∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI又∠CBD=∠CAD，∴∠CBD=∠BAD，∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠DBI=∠CBI+∠CBD，∴∠BID=∠IBD，∴ID=BD．（3）证明：如图，连接BI，CI，DC，∵∠BAD=∠CAD，∴BD=CD．∵ID=BD∴BD=CD=ID，∴点D是△BIC的外心．【点睛】本题考查了三角形内心和外心的定义，圆的基本性质中圆周角与弧之间的关系等，理解定义，掌握圆的基本性质，根据题意作出辅助线是解题的关键.【变式10-3】（2024·山东潍坊·三模）如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．（1）求证：DG是⊙O的切线；（2）若DE＝4，BE＝5，求DI的长．【答案】（1）见解析；（2）6．【分析】（1）根据三角形内心的性质得∠2=∠7，再利用圆内接四边形的性质得∠ADF=∠ABC，则∠1=∠2，从而得到∠1=∠3，则可判断DG//AC，连接OD，根据垂径定理可得OD⊥AC，故OD⊥DG，即可得证；（2）根据三角形内心的性质得∠5=∠6，然后证明∠4=∠DAI得到DA=DI，证明△DAE∽△DBA，利用相似比得到AD=6，则DI的长度即可求解．【详解】（1）证明：连接OD．∵点I是△ABC的内心，∴∠2＝∠7，∴CD⏜=AD⏜，∴OD⊥AC，又∵∠1＝12∠ADF，∠2=12∠ABC，∠ADF＝∠ABC，∴∠1＝∠2，∵∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴DG//AC；∴OD⊥DG，∴DG是⊙O的切线；（2）解：∵点I是△ABC的内心，∴∠5＝∠6，∵∠4＝∠7+∠5＝∠3+∠6，即∠4＝∠DAI，∴DA＝DI； ∵∠3＝∠7，∠AED＝∠BAD，∴△DAE∽△DBA，∴AD：DB＝DE：DA，即AD：9＝4：AD，∴AD＝6，∴DI＝6．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理和三角形的外心，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．