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人教版九年级数学上册专题07圆中的重要模型-圆中的外接圆和内切圆模型(原卷版+解析)
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这是一份人教版九年级数学上册专题07圆中的重要模型-圆中的外接圆和内切圆模型(原卷版+解析)，共54页。试卷主要包含了内切圆模型，多边形的外接圆模型等内容，欢迎下载使用。
【模型解读】
内切圆：平面上的多边形的每条边都能与其内部的一个圆形相切，该圆就是该多边形的内切圆，这时称这个多边形为圆外切多边形。它亦是该多边形内部最大的圆形。内切圆的圆心被称为该多边形的内心。
三角形内切圆圆心：在三角形中，三个角的角平分线的交点是内切圆的圆心，圆心到三角形各个边的垂线段相等。正多边形必然有内切圆，而且其内切圆的圆心和外接圆的圆心重合，都在正多边形的中心。
【常见模型及结论】
1）三角形的内切圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=。
图1 图2 图3
2）直角三角形的内切圆模型
条件：如图2，⊙O为Rt的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=；
3）四边形的内切圆模型
条件：如图3，⊙O是四边形ABCD的内切圆。结论：。
例1．（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，在中，，半径为的是的内切圆，连接，分别交于D，E两点，则的长为 ．（结果用含的式子表示）
例2．（2022秋·安徽·九年级统考期末）如图，在中，，过点作于点D，P是内一点，且，连接交于点，若点恰好为内心，则的度数为（ ）
A．36°B．48°C．60°D．72°
例3．（2023秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，是的内切圆，切点分别为，且，，，则的半径是 ．
例4．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，点是的内心，，，，，则的半径为 ．
例5．（2023·江苏南京·九年级校联考阶段练习）如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线．若，，则的值是 ．
例6．（2023·成都市九年级期中）如图，是的内切圆，、、为切点，，，，切交于，交于，则的周长为（ ）
A．B．C．D．
例7．（2023·四川宜宾·九年级专题练习）如图，在直角坐标系中，一直线l经过点M（，1）与x轴、y轴分别交于A、B两点，且MA＝MB，可求得△ABO的内切圆⊙O1的半径r1＝﹣1；若⊙O2与⊙O1、l、y轴分别相切，⊙O3与⊙O2、l、y轴分别相切，…，按此规律，则⊙O2014的半径r2014＝ ．
例8．（2023·广东东莞·九年级校考期中）如图，在内切圆半径为1的直角三角形ABC中，，，内切圆与BC边切于点D，则A到D的距离AD（ ）
A．B．C．D．
模型2、多边形的外接圆模型
【模型解读】
外接圆：与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆，通常是针对一个凸多边形来说的，如三角形，若一个圆恰好过三个顶点，这个圆就叫作三角形的外接圆，此时圆正好把三角形包围。
三角形外接圆圆心：即做三角形三条边的垂直平分线（两条也可，两线相交确定一点）。
【常见模型及结论】
1）三角形的外接圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的外接圆（即O为三角形ABC的外心）。
结论：①OA=OB=OC；②。
图1 图2 图3
2）等边三角形的外接圆模型
条件：如图2，点P为等边三角形ABC外接圆劣弧BC上一点。
结论：①，PM平分；②PA=PB+PC；③；
3）四边形的外接圆模型
条件：如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形。
结论：①；；②。
例1．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）△ABC中，∠A＝80°，点M是△ABC的外心，点N是△ABC的内心，连接BM，CM，BN，CN，则∠BMC与∠BNC的差为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
例2．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）如图，点O，I分别是锐角的外心、内心，若，则的度数为 ．
例3．（2023·湖北武汉·九年级阶段练习）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC=4，BC=8，则⊙O的半径为 .
例4．（2022春·江苏·九年级期末）中，，，点I是的内心，点O是的外心，则 ．
例5．（2023.广东九年级期中）如图，在△ABC中，∠C=60°，以AB为直径的半圆O分别交AC，BC于点D，E，已知⊙O的半径为．（1）求证：△CDE∽△CBA；（2）求DE的长．
例6．（2023湖北省荆门市九年级上期中）如图，、、、是上的四个点，．
(1)判断的形状，并证明你的结论；(2)探究、、之间的数量关系，并证明你的结论．
例7．（2023广东中考模拟）如图，点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点．（1）求∠BPC的度数；（2）求证：PA=PB+PC；（3）设PA，BC交于点M，若AB=4，PC=2，求CM的长度．
课后专项训练
1．（2023·湖北恩施·九年级统考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝BD＝2，EC＝3，则△ABC的周长为（ ）
A．10B．10C．14D．16
2．（2023春·湖北九年级课时练习）已知的内切圆的半径为，且，的周长为16，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
4．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，将折叠，使边落在边上，展开后得到折痕．将再次折叠，使边落在边上，展开后得到折痕，，交于点．则以下结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．点到三边的距离相等D．点到三个顶点的距离相等
4．（2022春·绵阳市九年级课时练习）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BD，CE，若∠CBD=32°，则∠BEC的大小为（ ）
A．64°B．120°C．122°D．128°
5．（2023·山西太原·校考模拟预测）如图，截的三条边所得的弦长相等，若，则的度数为( )
A．B．C．D．
6．（2023·河北邢台·九年级校考阶段练习）如图，在中，点为的内心，点在边上，且⊥，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．（2023春·湖北九年级期中）点I是的内心，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．或
8．（2023·重庆九年级期中）已知三角形三边长分别为5cm、5cm、6cm，则这个三角形内切圆的半径是（ ）
A．cm B．cmC．2cmD．3cm
9．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A．2r，B．0，C．2r，D．0，
10．（2023·山东·九年级专题练习）如图，点I为的内心，连接并延长交的外接圆于点D，若，点E为弦的中点，连接，若，则的长为（ ）
A．5B．C．4D．
11．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，点为的内心，连接并延长交的外接圆于点，交于点，若，则的值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
12．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在⊙O中，，BC＝6，AC．I是△ABC的内心，则线段OI的值为（ ）
A．1B．C．D．
13．（2022春·浙江·九年级专题练习）如图，点 O 是△ABC 的内心，也是△DBC 的外心．若∠A＝80°，则∠D 的度数是（ ）
A．60°B．65C．70°D．75°
14．（2023·江苏九年级课时练习）已知等腰直角三角形外接圆半径为5，则内切圆半径为（ ）
A．5+5B．12﹣5C．5﹣5D．10﹣10
15．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
16．（2023·山东九年级月考）如图，是的内切圆，切点分别为点、、，设的面积、周长分别为、，的半径为，则下列等式：①；②；③；④，其中成立的是 （填序号）
17．（2023·四川绵阳·统考二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切圆，其半径为，则△BIC的外接圆直径为 .
18．（2023·广东·九年级专题练习）已知，点为的外心，点为的内心．
（1）若，则 ；（2）若，则 ．
19．（2023·江苏南京·统考二模）如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与，，相切，切点分别为，，，则的半径为 ．
20．（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，I是的内心，的延长线交的外接圆于点D．
(1)求证：；(2)求证：；(3)连接、，求证：点D是的外心．
21．（2023浙江年级上期中）我们知道，与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，则三角形可以称为圆的外切三角形．如图1，与的三边分别相切于点则叫做的外切三角形.以此类推，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形．如图2，与四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA分别相切于点则四边形叫做的外切四边形．
（1）如图2，试探究圆外切四边形的两组对边与之间的数量关系，猜想： (横线上填“>”，“<”或“=”)；（2）利用图2证明你的猜想(写出已知，求证，证明过程)；
（3）用文字叙述上面证明的结论： ；
（4）若圆外切四边形的周长为相邻的三条边的比为，求此四边形各边的长．
22．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在中，点I是的内心．
(1)求作过点I且平行于的直线，与分别相交于点D，E（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)若，，，求的长．
23．（2023·山东·九年级专题练习）如图所示，在中，
（1）求.（2）求内切圆半径.
24．（2023春·广东广州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，以为直径的半圆O交于点D．(1)尺规作图：过点D作半圆O的切线，交于点E；
(2)求证：；(3)若，，求半圆O的半径长．
25．（2023.山东九年级期中）探究问题：
(1)阅读理解：①如图A，在所在平面上存在一点P，若它到三个顶点的距离之和最小，则称点P为的费马点，此时的值为的费马距离．②如图B，若四边形的四个顶点在同一个圆上，则有，此为托勒密定理．
知识迁移：①请你利用托勒密定理解决如下问题：如图C，已知点P为等边外接圆的上任意一点．求证：；②根据（2）①的结论，我们有如下探寻（其中均小于）的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图D，在的外部以为一边作等边及其外接圆；
第二步：在上任取一点，连接．易知________；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图D中找出的费马点P，则线段______的长度即为的费马距离．(2)知识应用：今年以来某市持续干旱，许多村庄出现了人、畜饮水困难的问题，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到该市某地打井取水．已知三村庄A、B、C构成了如图E所示的（其中，均小于），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．
26．（2023江苏盐城九年级月考）探究题
(1)知识储备：①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的弧BC上任意一点．求证：PB+PC=PA．
②定义：在△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA+PB+PC的值为△ABC的费马距离．
(2)知识迁移：我们有如下探寻△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的费马点和费马距离的方法：如图2，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆，根据(1)的结论，易知线段____的长度即为△ABC的费马距离．(3)知识应用：①如图3所示的△ABC（其中均小于），，现取一点P，使点P到三点的距离之和最小，求最小值；②如图4，若三个村庄构成Rt△ABC，其中．现选取一点P打水井，使P点到三个村庄铺设的输水管总长度最小，画出点P所对应的位置，输水管总长度的最小值为________．（直接写结果）
专题07 圆中的重要模型--圆中的内切圆和外接圆模型
模型1、内切圆模型
【模型解读】
内切圆：平面上的多边形的每条边都能与其内部的一个圆形相切，该圆就是该多边形的内切圆，这时称这个多边形为圆外切多边形。它亦是该多边形内部最大的圆形。内切圆的圆心被称为该多边形的内心。
三角形内切圆圆心：在三角形中，三个角的角平分线的交点是内切圆的圆心，圆心到三角形各个边的垂线段相等。正多边形必然有内切圆，而且其内切圆的圆心和外接圆的圆心重合，都在正多边形的中心。
【常见模型及结论】
1）三角形的内切圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=。
图1 图2 图3
2）直角三角形的内切圆模型
条件：如图2，⊙O为Rt的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=；
3）四边形的内切圆模型
条件：如图3，⊙O是四边形ABCD的内切圆。
结论：。
例1．（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，在中，，半径为的是的内切圆，连接，分别交于D，E两点，则的长为 ．（结果用含的式子表示）
【答案】
【分析】根据内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点，得到的大小，然后用弧长公式即可求解．
【详解】∵内切圆圆心是三条角平分线的交点，
∴；设，，
在中：，在中：，
由①②得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查内心的性质，求弧长；解题关键是根据角平分线算出的度数．
例2．（2022秋·安徽·九年级统考期末）如图，在中，，过点作于点D，P是内一点，且，连接交于点，若点恰好为内心，则的度数为（ ）
A．36°B．48°C．60°D．72°
【答案】C
【分析】根据内心定义可知，，分别是，，的角平分线，推导出，由等腰三角形三线合一的性质可得，由全等三角形的判定及其性质可得,，继而可得，，进而即可求解．
【详解】∵点恰好为内心，
∴，，分别是，，的角平分线，
∴，
又，∴，∴，∴，
∵，于点D，∴点是的中点，，
又，，∴,∴，
又，∴，
又，∴，
∴，故选：C．
【点睛】本题考查三角形内心的定义及其性质，全等三角形的判定及其性质、等腰三角形三线合一的性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学知识点．
例3．（2023秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，是的内切圆，切点分别为，且，，，则的半径是 ．
【答案】1
【分析】先根据勾股定理求出，由切线长定理得，，，设，则，，然后根据，求解即可．
【详解】解：在中，∵，，，∴，
∵为的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴，，，如图，连接，，
∵为的内切圆，∴，
∴，∴四边形是正方形，
设，则，，
∵，∴，∴，则的半径为1．故答案为：1．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，勾股定理，正方形的判定与性质，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握切线长定理．
例4．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，点是的内心，，，，，则的半径为 ．
【答案】
【分析】过O作交于E，设，在和中，运用勾股定理即可解答；
【详解】过O作交于E，设
点是的内心，，，
在中，由勾股定理可得： 在中，由勾股定理可得：
故解得故故答案为
【点睛】该题考查了角平分线的性质，勾股定理，圆的基本性质，解答该题的关键是掌握该部分知识点．
例5．（2023·江苏南京·九年级校联考阶段练习）如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线．若，，则的值是 ．
【答案】9
【分析】根据切线长定理，可得，由此即可解决问题．
【详解】∵AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线，∴可以假设切点分别为E、H、G、F，
∴，
∴，
∵，，∴，故答案为：9．
【点睛】本题考查了切线长定理，考查了数学运算能力．
例6．（2023·成都市九年级期中）如图，是的内切圆，、、为切点，，，，切交于，交于，则的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用切线长定理得到等边，再利用给出的三条边长，设未知数列方程组，计算出边长，再利用等边换边得到的周长．
【详解】是的内切圆,、、 是的切线，
又切于点K，、、、、，
的周长为：
设，，，
则、、，
解得，的周长为：．故选D．
【点睛】本题考查切线长定理及边长的计算，需要理清目标和条件，正确且有条理的计算是解题的关键．
例7．（2023·四川宜宾·九年级专题练习）如图，在直角坐标系中，一直线l经过点M（，1）与x轴、y轴分别交于A、B两点，且MA＝MB，可求得△ABO的内切圆⊙O1的半径r1＝﹣1；若⊙O2与⊙O1、l、y轴分别相切，⊙O3与⊙O2、l、y轴分别相切，…，按此规律，则⊙O2014的半径r2014＝ ．
【答案】
【分析】连接OO1、AO1、BO1，作O1 D⊥OB于D，O1 E⊥AB于E，O1 F⊥OA于F，将三角形ABO分解成三个三角形，再根据三个三角形的面积之和等于△ABO的面积，即可得出半径的值，再根据题意依次列出⊙O2，⊙O3…的半径大小，找出规律即可．
【详解】连接OO1、AO1、BO1，作O1 D⊥OB于D，O1 E⊥AB于E，O1 F⊥OA于F，如图所示：
则O1 D＝O1 E＝O1 F＝r1，
∵M是AB的中点，∴B（0，2），A（2 ，0），则S△OO1B＝×OB×r1＝r1，
S△AO1O＝×AO×r1＝r1
∵S△AOB＝S△OO1B+S△AO1O+S△AO1B＝∴
同理得：…∴
依此类推可得：⊙O2014的半径r2014＝ 故答案为
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆、勾股定理、规律型，解此类题目时要根据题意列出等式，适当地对图形进行分解，总结出规律是解题的关键．
例8．（2023·广东东莞·九年级校考期中）如图，在内切圆半径为1的直角三角形ABC中，，，内切圆与BC边切于点D，则A到D的距离AD（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取内切圆的圆心O，连接圆心与切点，由，可得∠BAC=60°，再根据内切圆的圆心的是三角形三条角平分线的交点，可知∠OAE=30°，从而得到AE=，CE=1， CD=1，再用勾股定理即可求解．
【详解】解：取内切圆的圆心O，与AC，AB的切点E、F，连接OD、OE、OF．
∵，，∴∠BAC=60°，
∵内切圆的圆心的是三角形三条角平分线的交点，∴
又∵OE=1，OE⊥AC（切线的性质），∴AE=，
∵OE⊥AC，OD⊥BC，，∴四边形CDOE是矩形，
又∵OD=OE，∴四边形CDOE是正方形，∴CE=CD=OE=1， ∴AC= AE+CE=+1，
在Rt△ACD中，，∴，
∴，故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理，正方形的判定与性质，三角形的内切圆，切线的性质等知识，根据题意正确画出的辅助线是解题的关键．
模型2、多边形的外接圆模型
【模型解读】
外接圆：与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆，通常是针对一个凸多边形来说的，如三角形，若一个圆恰好过三个顶点，这个圆就叫作三角形的外接圆，此时圆正好把三角形包围。
三角形外接圆圆心：即做三角形三条边的垂直平分线（两条也可，两线相交确定一点）。
【常见模型及结论】
1）三角形的外接圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的外接圆（即O为三角形ABC的外心）。
结论：①OA=OB=OC；②。
图1 图2 图3
2）等边三角形的外接圆模型
条件：如图2，点P为等边三角形ABC外接圆劣弧BC上一点。
结论：①，PM平分；②PA=PB+PC；③；
3）四边形的外接圆模型
条件：如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形。
结论：①；；②。
例1．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）△ABC中，∠A＝80°，点M是△ABC的外心，点N是△ABC的内心，连接BM，CM，BN，CN，则∠BMC与∠BNC的差为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
【答案】A
【分析】分别求出∠BMC＝2∠A＝160°，BNC＝130°,然后得出结果．
【详解】解：如图，∵点M是△ABC的外心，∴∠BMC＝2∠A＝160°，
∵点N是△ABC的内心，∴∠BNC＝180°﹣（∠NBC+∠NCB）
＝180°（∠ABC+∠ACB）＝180°（180°﹣∠A）＝130°，
∴∠BMC﹣∠BNC＝160°﹣130°＝30°．故选：A．
【点睛】本题考查三角形的内心和外心，解题关键掌握内心（内切圆圆心）和外心（外接圆圆心）的定义．
例2．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）如图，点O，I分别是锐角的外心、内心，若，则的度数为 ．
【答案】/24度
【分析】连接，先计算出，再利用外心性质和等腰三角形的性质得到，则，利用圆周角定理得到，接着计算出，再根据三角形内心即可解决问题．
【详解】解：连接，如图，
∵，∴，∵O点为的外心，∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，
∵I为的内心，∴平分，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解决本题的关键是掌握内心与外心定义．
例3．（2023·湖北武汉·九年级阶段练习）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC=4，BC=8，则⊙O的半径为 .
【答案】5cm
【分析】作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质得BD=CD=BC=4，再利用三角形外心的定义得到△ABC的外接圆的圆心在AD上，连结OB，设⊙O的半径为r，利用勾股定理，在Rt△ABD中计算出AD=8，然后在Rt△OBD中得到42+（8-r）2=r2，再解关于r的方程即可；
【详解】解：
如图1，作AD⊥BC于D，∵AB=AC， ∴BD=CD=BC=4，∴△ABC的外接圆的圆心在AD上，
连结OB，设⊙O的半径为r，在Rt△ABD中，∵AB=4，BD=4，∴AD= =8，
在Rt△OBD中，OD=AD-OA=8-r，OB=r，BD=4，∴42+（8-r）2=r2，解得r=5，
即△ABC的外接圆的半径为5；
【点睛】本题考查三角形的外接圆和外心，解题关键证明等腰三角形底边上的高经过三角形外接圆的圆心.
例4．（2022春·江苏·九年级期末）中，，，点I是的内心，点O是的外心，则 ．
【答案】14.3
【分析】如图，过点A作交于点D，由等腰三角形得点I、点O都在直线AD上，连接OB、OC，过点I作交于点E，设，，根据勾股定理求出，则，，由勾股定理求出R的值，证明由相似三角形的性质得，求出r的值，即可计算．
【详解】如图，过点A作交于点D，
∵，，∴是等腰三角形，∴，
∵点I是的内心，点O是的外心，∴点I、点O都在直线AD上，
连接OB、OC，过点I作交于点E，设，，
在中，，∴，，
在中，，解得：，
∵，，∴，
∴，即， 解得：，∴，
∴．故答案为：14.3．
【点睛】本题考查内切圆与外接圆，等腰三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，掌握内切圆的圆心为三角形三条角平分线的交点，外接圆圆心为三角形三条垂直平分线的交点是解题的关键．
例5．（2023.广东九年级期中）如图，在△ABC中，∠C=60°，以AB为直径的半圆O分别交AC，BC于点D，E，已知⊙O的半径为．（1）求证：△CDE∽△CBA；（2）求DE的长．
分析 （1）由圆内接四边形的外角等于它的内对角知∠CED=∠A（或∠CDE=∠B），又有∠C=∠C，故△CDE∽△CBA；（2）连接AE．由（1）中△CDE∽△CBA得DE：BA=CE：CA，由于直径对的圆周角是直角，有∠AEB=∠AEC=90°；在Rt△AEC中，有∠C=60°，∠CAE=30°．则DE：BA=CE：CA=1：2，即DE=．
解答 （1）证明：∵四边形ABED为⊙O的内接四边形，
∴∠CED=∠A（或∠CDE=∠B）；又∠C=∠C，∴△CDE∽△CBA．
（2）解：连接AE．
由（1）得△CDE∽△CBA，∴DE：BA=CE：CA，
∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=∠AEC=90°．
在Rt△AEC中，∵∠C=60°，∴∠CAE=30°；
∴DE：BA=CE：CA=1：2，即DE=．
点评 本题考查了圆内接四边形的性质、相似三角形的判定和性质、圆周角定理，直角三角形的性质等知识的综合应用能力．
例6．（2023湖北省荆门市九年级上期中）如图，、、、是上的四个点，．
(1)判断的形状，并证明你的结论；(2)探究、、之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)等边三角形，见解析(2)，见解析
【分析】（1）根据圆周角定理得到，，根据等边三角形的判定定理证明；（2）在上截取，得到为等边三角形，证明，根据全等三角形的性质，结合图形证明即可．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下：
由圆周角定理得，，，∴是等边三角形；
（2）解：，理由如下：在上截取，
∵，∴为等边三角形，∴，，
在和中，，∴
∴，∴．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，全等三角形的判定和性质，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
例7．（2023广东中考模拟）如图，点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点．（1）求∠BPC的度数；（2）求证：PA=PB+PC；（3）设PA，BC交于点M，若AB=4，PC=2，求CM的长度．
【答案】（1）∠BPC=120°，（2）证明见解析；（3）CM=．
【分析】（1）由圆周角定理得∠BPC与∠BAC互补；
（2）在PA上截取PD=PC，可证明△ACD≌△BCP，则AD=PB，从而得出PA=PB+PC；
（3）容易得到△CDM∽△ACM，所以CM：AM=DM：MC=DC：AC=2：4=1：2，设DM=x，则CM=2x，BM=4-2x，PM=2-x，AM=4x，AD=AM-DM=4x-x=3x，△BPM∽△ACM，所以BP：AC=PM：CM，即3x：4=（2-x）：2x，解此分式方程求出x．
【详解】解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，
∵点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点，
∴四边形ABPC是圆的内接四边形∴∠BPC+∠BAC=180°，∴∠BPC=120°，
（2）证明：连结CD．在PA上截取PD=PC，
∵∠ABC=∠APC=60°，∴△PCD为等边三角形，∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，
∴∠PCD-∠DCM=∠ACB-∠DCM，即∠ACD=∠BCP，
在△ACD和△BCP中，，∴△ACD≌△BCP，∴AD=PB，
∵PA=AD+DP，DP=PC，∴PA=PB+PC；
（3）∵△PCD和△ABC都为等边三角形，∴∠MDC=∠ACM=60°，CD=PC，
又∵∠DMC=∠CMA，∴△CDM∽△ACM，AB=4，PC=2，
∴CM：AM=DM：MC=DC：AC=PC：AC=2：4=1：2，
设DM=x，则CM=2x，BM=4-2x，PM=2-x，AM=4x，AD=AM-DM=4x-x=3x
∵∠BMP=∠CMA，∠PBM=∠CAM，∴△BPM∽△ACM，
∴BP：AC=PM：CM，即3x：4=（2-x）：2x，
解得x=（舍去负值），∴CM=．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆周角定理以及等边三角形的性质，是一个综合题，难度较大．
课后专项训练
1．（2023·湖北恩施·九年级统考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝BD＝2，EC＝3，则△ABC的周长为（ ）
A．10B．10C．14D．16
【答案】C
【分析】根据切线长定理得到AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3，然后根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3∴BC=BE+CE =5，AB=AD+BD=4，AC=BF+FC=BC=5，
∴△ABC的周长=2+2+5+5=14．故答案为C．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识点，灵活利用切线长定理是解题答本题的关键．
2．（2023春·湖北九年级课时练习）已知的内切圆的半径为，且，的周长为16，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据题意，画出图形，，过点作，，，连接，根据内切圆的性质，可得，求得线段，再根据切线长定理求解即可．
【详解】解：根据题意，作出图形，过点作，，，连接，如下图：
由切线长定理可得：，，，，，，
∵，∴，
∴，∴，即，
在中，，，∴，由勾股定理可得：，
的周长为16，可得：解得，故选：C．
【点睛】此题考查了圆与三角形的综合应用，涉及了切线长定理，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
4．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，将折叠，使边落在边上，展开后得到折痕．将再次折叠，使边落在边上，展开后得到折痕，，交于点．则以下结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．点到三边的距离相等D．点到三个顶点的距离相等
【答案】C
【分析】根据是折痕，可知平分，平分，点为的内接圆的圆心，由此即可求解．
【详解】解：∵是折痕，
∴平分，平分，点为的内接圆的圆心，如图所示，
于，于，于，
选项， 的度数无法确定，与的数量关系也不确定，故选项不符合题意；
选项， 的长度不确定，的数量关系也不确定，故选项不符合题意；
选项，根据角平分的性质可得，，即点到三边的距离相等，故选项符合题意；
选项， ，故选项不符合题意；故选：．
【点睛】本题考查三角形与圆的知识的综合，理解并掌握角平分线的性质，内切圆的知识是解题的关键．
4．（2022春·绵阳市九年级课时练习）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BD，CE，若∠CBD=32°，则∠BEC的大小为（ ）
A．64°B．120°C．122°D．128°
【答案】C
【分析】根据圆周角定理可求∠CAD=32°，再根据三角形内心的定义可求∠BAC，再根据三角形内角和定理和三角形内心的定义可求∠EBC+∠ECB，再根据三角形内角和定理可求∠BEC的度数．
【详解】在⊙O中，∵∠CBD=32°，∴∠CAD=32°，∵点E是△ABC的内心，∴∠BAC=64°，
∴∠EBC+∠ECB=(180°-64°)÷2=58°，∴∠BEC=180°-58°=122°．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内心，圆周角定理，三角形内角和定理，关键是得到∠EBC+∠ECB的度数．
5．（2023·山西太原·校考模拟预测）如图，截的三条边所得的弦长相等，若，则的度数为( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用截的三条边所得的弦长相等，得出即是的内心，从而∠1=∠2，∠3=∠4，进一步求出的度数．
【详解】解：过点分别作、、，垂足分别为、、，连接、、、、、、、，如图：
∵，∴
∴∴点是三条角平分线的交点，即三角形的内心∴，
∵∴
∴．故选：C
【点睛】本题考查的是三角形的内心、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质以及三角形内角和定理，比较简单．
6．（2023·河北邢台·九年级校考阶段练习）如图，在中，点为的内心，点在边上，且⊥，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】中，点为的内心，可求出的度数，根据四边形的内角和即可得出结论．
【详解】解：在中，，
点为的内心，
四边形的内角和，且
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义及多边形的内角和，牢固掌握相关概念是解题的关键．
7．（2023春·湖北九年级期中）点I是的内心，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】A
【分析】先根据内心的定义得到，再根据作答即可．
【详解】如图，
∵点I是的内心，∴，
∵，∴；
∴；∴．故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的内心，熟练掌握定义是解答本题的关键．三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心，三角形的内心是三角形角平分线的交点．
8．（2023·重庆九年级期中）已知三角形三边长分别为5cm、5cm、6cm，则这个三角形内切圆的半径是（ ）
A．cm B．cmC．2cmD．3cm
【答案】B
【分析】由⊙O是△ABC的内切圆，⊙O切AB于E，切BC 于D，根据切线长定理得到AB=AC，A，O，D三点共线，求得BD，AD，BE，AE，由勾股定理列方程求解．
【详解】如图∵⊙O是△ABC的内切圆，⊙O切AB于E，切BC 于D，
∵AB=AC=5，∴A，O，D三点共线，∴BD=BC=3，∴AD= =4，
∴BE=BD=3，∴AE=2， 设三角形内切圆的半径为r，
∴（4-r）2=22+r2，∴r=cm，∴三角形内切圆的半径为cm．故选B．
【点睛】考查对三角形的内切圆与内心，切线长定理，切线的性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．
9．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A．2r，B．0，C．2r，D．0，
【答案】D
【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接．
∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，
∴，
∴，，
∴，∴．故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．
10．（2023·山东·九年级专题练习）如图，点I为的内心，连接并延长交的外接圆于点D，若，点E为弦的中点，连接，若，则的长为（ ）
A．5B．C．4D．
【答案】C
【分析】由已知条件可得到，过点D作于F，连接，可得四边形为平行四边形，可得，即可求出IE的长．
【详解】解：连接，如图，∵I为的内心，∴，∴，
又∵，，
∴，∴， ∴，
∵，∴，过点D作于F，连接，∴，
在中，由勾股定理得，，
∵点E为弦的中点∴为的中位线，
∴，，∴四边形为平行四边形，∴，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．
11．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，点为的内心，连接并延长交的外接圆于点，交于点，若，则的值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】根据三角形的内心性质，证明，得到，则，进而得到，代入即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示：
∵为的内心，，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴
∴，故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
12．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在⊙O中，，BC＝6，AC．I是△ABC的内心，则线段OI的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】连接AO，延长AO交BC于H，连接OB．想办法求出OH，IH即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AO，延长AO交BC于H，连接OB．
∵，∴AB=AC，AH⊥BC，∴BH=CH=3，∴AH==9，
设OA=OB=x，在Rt△BOH中，∵OB2=OH2+BH2，∴x2=（9-x）2+32，∴x=5，∴OH=AH-AO=9-5=4，
∵S△ABC=•BC•AH=•（AB+AC+BC）•IH，
∴IH=，∴OI=OH-IH=4-（-1）=5-，故选：B．
【点睛】本题主要考查的是三角形的内心和外心、等腰三角形的性质，勾股定理等知识，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
13．（2022春·浙江·九年级专题练习）如图，点 O 是△ABC 的内心，也是△DBC 的外心．若∠A＝80°，则∠D 的度数是（ ）
A．60°B．65C．70°D．75°
【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，进而求出的大小，再利用三角形外心的性质得出等于的一半，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，如图，
点 O 是△ABC 的内心，，，
，
，点 O是△DBC 的外心，，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．
14．（2023·江苏九年级课时练习）已知等腰直角三角形外接圆半径为5，则内切圆半径为（ ）
A．5+5B．12﹣5C．5﹣5D．10﹣10
【答案】C
【分析】由于直角三角形的外接圆半径是斜边的一半，由此可求得等腰直角三角形的斜边长，进而可求得两条直角边的长；然后根据直角三角形内切圆半径公式求出内切圆半径的长．
【详解】解：∵等腰直角三角形外接圆半径为5，
∴此直角三角形的斜边长为10，两条直角边分别为5，
∴它的内切圆半径为：R=(5+5−10)=5−5；故选C.
【点睛】要注意直角三角形内切圆半径与外接圆半径的区别：直角三角形的内切圆半径：r= (a+b-c)；(a、b为直角边，c为斜边).直角三角形的外接圆半径：R=c.
15．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接，∵点I是的内心，，
∴，∴，
∵，∴，故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键．
16．（2023·山东九年级月考）如图，是的内切圆，切点分别为点、、，设的面积、周长分别为、，的半径为，则下列等式：①；②；③；④，其中成立的是 （填序号）
【答案】①②③④
【分析】正确，首先证明，同法可证，，由，可得．正确，利用面积法证明即可．正确，证明，可得结论．正确，利用切线长定理解决问题即可．
【详解】解：如图，作直径，连接．
是的切线，，，，
是直径，，，，
，，同法可证，，，
，，故正确，
连接，，，，．
，故正确，
，，
，，，故正确，
是的内切圆，切点分别相为点、、，，，，
，故正确，故答案为：．
【点睛】本题考查三角形的内切圆，切线的性质，圆周角定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
17．（2023·四川绵阳·统考二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切圆，其半径为，则△BIC的外接圆直径为 .
【答案】
【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＝lr＝×20×＝AB•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．
【详解】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＝b，CD＝AC•sin60°＝b，∴BD＝AB﹣AD＝c﹣b，
∵△ABC周长为l＝20，△ABC的内切圆半径为r＝，
∴S△ABC＝lr＝×20×＝AB•CD，∴b•c，∴bc＝40，
在Rt△BDC中，根据勾股定理，得BC2＝BD2+CD2，
即a2＝（c﹣b）2+（b）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＝，∠BOE＝60°，
∴OB＝.∴外接圆直径为．故答案为：．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，解直角三角形，圆内接四边形的性质，垂径定理，勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．属于中考选择题的压轴题，很有难度．
18．（2023·广东·九年级专题练习）已知，点为的外心，点为的内心．
（1）若，则 ；（2）若，则 ．
【答案】 /100度 /125度
【分析】（1）如图，证明；求出，进而求出即可解决问题；（2）根据圆周角定理得到，根据三角形的内心的性质得到平分平分，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：（1）如图，的内心为点，
，，，
，，故答案为：；
（2）如图，点为的外心，
，，
点为的内心，平分平分，
，，故答案为：．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心，掌握圆周角定理、三角形的内心的概念和性质是解题的关键．
19．（2023·江苏南京·统考二模）如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与，，相切，切点分别为，，，则的半径为 ．
【答案】1
【分析】如图所示，延长交于M，连接，先证明得到，设设，则，，利用勾股定理建立方程，解方程求出，如图所示，连接，利用等面积法求出半径即可．
【详解】解：如图所示，延长交于M，连接，
∵四边形是正方形，∴，∵E为的中点，∴，
由折叠的性质可得，∴，
又∵，∴， ∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
∴，解得，∴，
如图所示，连接
∵分别与，，相切，切点分别为，，，
∴，
∵，∴，
∴，∴的半径为，故答案为；1．
【点睛】本题考查了三角形内切圆，正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
20．（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，I是的内心，的延长线交的外接圆于点D．
(1)求证：；(2)求证：；(3)连接、，求证：点D是的外心．
【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，再由圆周角与弧之间的关系即可得证；
（2）连接，证出即可得证；
（3）连接，，，证出即可得证．
【详解】（1）证明：点I是的内心， 平分，，
，，．
（2）证明：如图，连接，
点I是的内心，平分，平分，
，又，，
，，，．
（3）证明：如图，连接，，，
，．，∴点D是的外心．
【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.
21．（2023浙江年级上期中）我们知道，与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，则三角形可以称为圆的外切三角形．如图1，与的三边分别相切于点则叫做的外切三角形.以此类推，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形．如图2，与四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA分别相切于点则四边形叫做的外切四边形．
（1）如图2，试探究圆外切四边形的两组对边与之间的数量关系，猜想： (横线上填“>”，“<”或“=”)；（2）利用图2证明你的猜想(写出已知，求证，证明过程)；
（3）用文字叙述上面证明的结论： ；
（4）若圆外切四边形的周长为相邻的三条边的比为，求此四边形各边的长．
【答案】（1）=；（2）答案见解析；（3）圆外切四边形的对边之和相等；（4）4；10；12；6
【分析】（1）根据圆外切四边形的定义猜想得出结论；
（2）根据切线长定理即可得出结论；（3）由（2）可得出答案；
（4）根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．
【详解】（1）∵⊙O与四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA分别相切于点E，F，G，H，
∴猜想AB＋CD＝AD＋BC，故答案为：＝．
（2）已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H，
求证：AD＋BC＝AB＋CD，
证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG＝AH，
同理：BG＝BF，CE＝CF，DE＝DH，
∴AD＋BC＝AH＋DH＋BF＋CF＝AG＋BG＋CE＋DE＝AB＋CD，
即：圆外切四边形的对边和相等．
（3）由（2）可知：圆外切四边形的对边和相等．
故答案为：圆外切四边形的对边和相等；
（4）∵相邻的三条边的比为2：5：6，
∴设此三边为2x，5x，6x，
根据圆外切四边形的性质得，第四边为2x＋6x−5x＝3x，
∵圆外切四边形的周长为32，
∴2x＋5x＋6x＋3x＝16x＝32，∴x＝2，
∴此四边形的四边的长为2x＝4，5x＝10，6x＝12，3x＝6．
即此四边形各边的长为：4，10，12，6．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切四边形的性质，四边形的周长，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解本题的关键．
22．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在中，点I是的内心．
(1)求作过点I且平行于的直线，与分别相交于点D，E（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的平行线的作法作图即可；
（2）过点I作于点N，于点M，于点M，于点P，过点A作于点F，交于点H，过点D作于点G，连接．易证，即可得出．由三角形内心的性质可知，结合三角形面积公式可得出，，即得出，结合题意可求出，．又易证，，即可证，得出，从而可求出，即可求解．
【详解】（1）解：如图，直线即为所作；
（2）解：如图，过点I作于点N，于点M，于点M，于点P，过点A作于点F，交于点H，过点D作于点G，连接．
∵，∴，∴,∴．
∵点I是的内心，∴．
∵，，∴．
∵，即，∴，．
由所作辅助线可知四边形为矩形，∴，∴．
∵，，∴．
又∵，∴，∴，
∴，∴，解得：．
【点睛】本题考查作图—作平行线，三角形相似的判定和性质，三角形内心的性质，三角形全等的判定和性质，矩形的判定和性质等知识．掌握基本作图方法和正确作出辅助线是解题关键．
23．（2023·山东·九年级专题练习）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.
【分析】（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.
【点睛】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．
24．（2023春·广东广州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，以为直径的半圆O交于点D．(1)尺规作图：过点D作半圆O的切线，交于点E；
(2)求证：；(3)若，，求半圆O的半径长．
【答案】(1)见详解(2)见详解(3)
【分析】（1）以D点为圆心画弧交于两点，再以这两点为圆心，以合适的长度为半径画弧，两弧交于一点，将该点与D点连接，交于点E，即可；
（2）连接，先得到，根据“三线合一”可得：平分，即有，再根据，可得，问题随之得解；
（3）利用勾股定理可得，根据（2）中的相关结论再证明，即有，即可得，问题得解．
【详解】（1）以D点为圆心画弧交于两点，再以这两点为圆心，以合适的长度为半径画弧，两弧交于一点，将该点与D点连接，交于点E，如图，
即为半圆O的切线；
证明：连接，如图，
根据作图可知：，∵，∴，
∵，∴，∴，∴，∴，
∵是圆的半径，∴即为半圆O的切线；
（2）证明：连接，如图，
∵是圆的直径，∴，∴，，
∵，∴根据“三线合一”可得：平分，∴，
∵即为半圆O的切线，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴；
（3）根据（1）可知：，
∵，，∴，
根据（2）可知：，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∴，∴半圆O的半径长为．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，切线的判定与性质以及等腰三角形的性质等知识，掌握切线的判定与性质是解答本题的关键．
25．（2023.山东九年级期中）探究问题：
(1)阅读理解：①如图A，在所在平面上存在一点P，若它到三个顶点的距离之和最小，则称点P为的费马点，此时的值为的费马距离．②如图B，若四边形的四个顶点在同一个圆上，则有，此为托勒密定理．
知识迁移：①请你利用托勒密定理解决如下问题：如图C，已知点P为等边外接圆的上任意一点．求证：；②根据（2）①的结论，我们有如下探寻（其中均小于）的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图D，在的外部以为一边作等边及其外接圆；
第二步：在上任取一点，连接．易知________；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图D中找出的费马点P，则线段______的长度即为的费马距离．
(2)知识应用：今年以来某市持续干旱，许多村庄出现了人、畜饮水困难的问题，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到该市某地打井取水．已知三村庄A、B、C构成了如图E所示的（其中，均小于），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．
【答案】(1)①见解析；②，(2)最小值为
【分析】（1）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证．②问，借用①问结论，及线段的性质“两点之间线段最短”数学容易获解．（2）知识应用，在（1）的基础上先画出图形，再求解．
【详解】（1）解：①证明：由托勒密定理可知
是等边三角形，；
②由题意可得：
线段的长度即为的费马距离．
（2）如图，以为边长在的外部作等边，连接，则知线段的长即为最短距离．
为等边三角形，，，，
，，
在中，，，，
从水井到三村庄、、所铺设的输水管总长度的最小值为．
【点睛】此题是一个综合性很强的题目，主要考查等边三角形的性质、勾股定理等知识．难度很大，有利于培养同学们钻研问题和探索问题的精神．
26．（2023江苏盐城九年级月考）探究题
(1)知识储备：①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的弧BC上任意一点．求证：PB+PC=PA．
②定义：在△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA+PB+PC的值为△ABC的费马距离．
(2)知识迁移：我们有如下探寻△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的费马点和费马距离的方法：如图2，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆，根据(1)的结论，易知线段____的长度即为△ABC的费马距离．
(3)知识应用：①如图3所示的△ABC（其中均小于），，现取一点P，使点P到三点的距离之和最小，求最小值；
②如图4，若三个村庄构成Rt△ABC，其中．现选取一点P打水井，使P点到三个村庄铺设的输水管总长度最小，画出点P所对应的位置，输水管总长度的最小值为________．（直接写结果）
【答案】(1)证明见解析；(2)AD (3)5，．
【分析】（1）在PA上截取PD=PC，可证明△ACD≌△BCP，则AD=PB，从而得出PA=PB+PC；
（2）利用（1）中结论得出PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，再根据“两点之间线段最短”可得答案；
（3）①在（2）的基础上先画出图形，再利用勾股定理求解；
②仿照①的方法可画出P的位置，利用勾股定理可求出输水管总长度的最小值，
【详解】（1）解：①证明：在PA上截取PD=PC，连接CD，
∵AB=AC=BC，所以，
∴∠APB=∠APC=60°，∴△PCD为等边三角形，
∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，
∴，即∠ACD=∠BCP，
在△ACD和△BCP中，
∴△ACD≌△BCP(SAS)，∴AD=PB，
∵PA=AD+DP，DP=PC，∴PA=PB+PC；
（2）如图2，根据（1）的结论得：PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，
∴当A、P、D共线时，PA+PB+PC的值最小，
∴线段AD的长度即为△ABC的费马距离，故答案为：AD；
（3）①如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则线段AD的长即为最短距离，
∵△BCD为等边三角形，BC=4，∴∠CBD=60°，BD=BC=4，∵∠ABC=30°，∴∠ABD=90°，
在Rt△ABD中，∵AB=3，BD=4，∴；
②以BC为边，在BC下方作等边△BCK，设等边△BCK外接圆为⊙O，连接AK交⊙O于P，则由①知此时PA+PB+PC最短，且最短距离等于AK的长度，过K作KT⊥AC交AC延长线于T，如图：
∵△BCK是等边三角形，∴∠BCK=60°，CK=BC=，∵∠CAB=90°，∴．∠TCK=30°，
在Rt△CTK中，∴
在Rt△AKT中，，故答案为：．
【点睛】本题考查圆的综合应用，也是阅读理解型问题，主要考查了新定义：三角形费马点和费马距离，还考查了等边三角形的性质、三角形全等、勾股定理等知识，难度很大，理解新定义是本题的关键．
【模型解读】
内切圆：平面上的多边形的每条边都能与其内部的一个圆形相切，该圆就是该多边形的内切圆，这时称这个多边形为圆外切多边形。它亦是该多边形内部最大的圆形。内切圆的圆心被称为该多边形的内心。
三角形内切圆圆心：在三角形中，三个角的角平分线的交点是内切圆的圆心，圆心到三角形各个边的垂线段相等。正多边形必然有内切圆，而且其内切圆的圆心和外接圆的圆心重合，都在正多边形的中心。
【常见模型及结论】
1）三角形的内切圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=。
图1 图2 图3
2）直角三角形的内切圆模型
条件：如图2，⊙O为Rt的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=；
3）四边形的内切圆模型
条件：如图3，⊙O是四边形ABCD的内切圆。结论：。
例1．（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，在中，，半径为的是的内切圆，连接，分别交于D，E两点，则的长为 ．（结果用含的式子表示）
例2．（2022秋·安徽·九年级统考期末）如图，在中，，过点作于点D，P是内一点，且，连接交于点，若点恰好为内心，则的度数为（ ）
A．36°B．48°C．60°D．72°
例3．（2023秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，是的内切圆，切点分别为，且，，，则的半径是 ．
例4．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，点是的内心，，，，，则的半径为 ．
例5．（2023·江苏南京·九年级校联考阶段练习）如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线．若，，则的值是 ．
例6．（2023·成都市九年级期中）如图，是的内切圆，、、为切点，，，，切交于，交于，则的周长为（ ）
A．B．C．D．
例7．（2023·四川宜宾·九年级专题练习）如图，在直角坐标系中，一直线l经过点M（，1）与x轴、y轴分别交于A、B两点，且MA＝MB，可求得△ABO的内切圆⊙O1的半径r1＝﹣1；若⊙O2与⊙O1、l、y轴分别相切，⊙O3与⊙O2、l、y轴分别相切，…，按此规律，则⊙O2014的半径r2014＝ ．
例8．（2023·广东东莞·九年级校考期中）如图，在内切圆半径为1的直角三角形ABC中，，，内切圆与BC边切于点D，则A到D的距离AD（ ）
A．B．C．D．
模型2、多边形的外接圆模型
【模型解读】
外接圆：与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆，通常是针对一个凸多边形来说的，如三角形，若一个圆恰好过三个顶点，这个圆就叫作三角形的外接圆，此时圆正好把三角形包围。
三角形外接圆圆心：即做三角形三条边的垂直平分线（两条也可，两线相交确定一点）。
【常见模型及结论】
1）三角形的外接圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的外接圆（即O为三角形ABC的外心）。
结论：①OA=OB=OC；②。
图1 图2 图3
2）等边三角形的外接圆模型
条件：如图2，点P为等边三角形ABC外接圆劣弧BC上一点。
结论：①，PM平分；②PA=PB+PC；③；
3）四边形的外接圆模型
条件：如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形。
结论：①；；②。
例1．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）△ABC中，∠A＝80°，点M是△ABC的外心，点N是△ABC的内心，连接BM，CM，BN，CN，则∠BMC与∠BNC的差为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
例2．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）如图，点O，I分别是锐角的外心、内心，若，则的度数为 ．
例3．（2023·湖北武汉·九年级阶段练习）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC=4，BC=8，则⊙O的半径为 .
例4．（2022春·江苏·九年级期末）中，，，点I是的内心，点O是的外心，则 ．
例5．（2023.广东九年级期中）如图，在△ABC中，∠C=60°，以AB为直径的半圆O分别交AC，BC于点D，E，已知⊙O的半径为．（1）求证：△CDE∽△CBA；（2）求DE的长．
例6．（2023湖北省荆门市九年级上期中）如图，、、、是上的四个点，．
(1)判断的形状，并证明你的结论；(2)探究、、之间的数量关系，并证明你的结论．
例7．（2023广东中考模拟）如图，点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点．（1）求∠BPC的度数；（2）求证：PA=PB+PC；（3）设PA，BC交于点M，若AB=4，PC=2，求CM的长度．
课后专项训练
1．（2023·湖北恩施·九年级统考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝BD＝2，EC＝3，则△ABC的周长为（ ）
A．10B．10C．14D．16
2．（2023春·湖北九年级课时练习）已知的内切圆的半径为，且，的周长为16，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
4．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，将折叠，使边落在边上，展开后得到折痕．将再次折叠，使边落在边上，展开后得到折痕，，交于点．则以下结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．点到三边的距离相等D．点到三个顶点的距离相等
4．（2022春·绵阳市九年级课时练习）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BD，CE，若∠CBD=32°，则∠BEC的大小为（ ）
A．64°B．120°C．122°D．128°
5．（2023·山西太原·校考模拟预测）如图，截的三条边所得的弦长相等，若，则的度数为( )
A．B．C．D．
6．（2023·河北邢台·九年级校考阶段练习）如图，在中，点为的内心，点在边上，且⊥，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
7．（2023春·湖北九年级期中）点I是的内心，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．或
8．（2023·重庆九年级期中）已知三角形三边长分别为5cm、5cm、6cm，则这个三角形内切圆的半径是（ ）
A．cm B．cmC．2cmD．3cm
9．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A．2r，B．0，C．2r，D．0，
10．（2023·山东·九年级专题练习）如图，点I为的内心，连接并延长交的外接圆于点D，若，点E为弦的中点，连接，若，则的长为（ ）
A．5B．C．4D．
11．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，点为的内心，连接并延长交的外接圆于点，交于点，若，则的值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
12．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在⊙O中，，BC＝6，AC．I是△ABC的内心，则线段OI的值为（ ）
A．1B．C．D．
13．（2022春·浙江·九年级专题练习）如图，点 O 是△ABC 的内心，也是△DBC 的外心．若∠A＝80°，则∠D 的度数是（ ）
A．60°B．65C．70°D．75°
14．（2023·江苏九年级课时练习）已知等腰直角三角形外接圆半径为5，则内切圆半径为（ ）
A．5+5B．12﹣5C．5﹣5D．10﹣10
15．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
16．（2023·山东九年级月考）如图，是的内切圆，切点分别为点、、，设的面积、周长分别为、，的半径为，则下列等式：①；②；③；④，其中成立的是 （填序号）
17．（2023·四川绵阳·统考二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切圆，其半径为，则△BIC的外接圆直径为 .
18．（2023·广东·九年级专题练习）已知，点为的外心，点为的内心．
（1）若，则 ；（2）若，则 ．
19．（2023·江苏南京·统考二模）如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与，，相切，切点分别为，，，则的半径为 ．
20．（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，I是的内心，的延长线交的外接圆于点D．
(1)求证：；(2)求证：；(3)连接、，求证：点D是的外心．
21．（2023浙江年级上期中）我们知道，与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，则三角形可以称为圆的外切三角形．如图1，与的三边分别相切于点则叫做的外切三角形.以此类推，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形．如图2，与四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA分别相切于点则四边形叫做的外切四边形．
（1）如图2，试探究圆外切四边形的两组对边与之间的数量关系，猜想： (横线上填“>”，“<”或“=”)；（2）利用图2证明你的猜想(写出已知，求证，证明过程)；
（3）用文字叙述上面证明的结论： ；
（4）若圆外切四边形的周长为相邻的三条边的比为，求此四边形各边的长．
22．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在中，点I是的内心．
(1)求作过点I且平行于的直线，与分别相交于点D，E（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)若，，，求的长．
23．（2023·山东·九年级专题练习）如图所示，在中，
（1）求.（2）求内切圆半径.
24．（2023春·广东广州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，以为直径的半圆O交于点D．(1)尺规作图：过点D作半圆O的切线，交于点E；
(2)求证：；(3)若，，求半圆O的半径长．
25．（2023.山东九年级期中）探究问题：
(1)阅读理解：①如图A，在所在平面上存在一点P，若它到三个顶点的距离之和最小，则称点P为的费马点，此时的值为的费马距离．②如图B，若四边形的四个顶点在同一个圆上，则有，此为托勒密定理．
知识迁移：①请你利用托勒密定理解决如下问题：如图C，已知点P为等边外接圆的上任意一点．求证：；②根据（2）①的结论，我们有如下探寻（其中均小于）的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图D，在的外部以为一边作等边及其外接圆；
第二步：在上任取一点，连接．易知________；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图D中找出的费马点P，则线段______的长度即为的费马距离．(2)知识应用：今年以来某市持续干旱，许多村庄出现了人、畜饮水困难的问题，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到该市某地打井取水．已知三村庄A、B、C构成了如图E所示的（其中，均小于），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．
26．（2023江苏盐城九年级月考）探究题
(1)知识储备：①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的弧BC上任意一点．求证：PB+PC=PA．
②定义：在△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA+PB+PC的值为△ABC的费马距离．
(2)知识迁移：我们有如下探寻△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的费马点和费马距离的方法：如图2，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆，根据(1)的结论，易知线段____的长度即为△ABC的费马距离．(3)知识应用：①如图3所示的△ABC（其中均小于），，现取一点P，使点P到三点的距离之和最小，求最小值；②如图4，若三个村庄构成Rt△ABC，其中．现选取一点P打水井，使P点到三个村庄铺设的输水管总长度最小，画出点P所对应的位置，输水管总长度的最小值为________．（直接写结果）
专题07 圆中的重要模型--圆中的内切圆和外接圆模型
模型1、内切圆模型
【模型解读】
内切圆：平面上的多边形的每条边都能与其内部的一个圆形相切，该圆就是该多边形的内切圆，这时称这个多边形为圆外切多边形。它亦是该多边形内部最大的圆形。内切圆的圆心被称为该多边形的内心。
三角形内切圆圆心：在三角形中，三个角的角平分线的交点是内切圆的圆心，圆心到三角形各个边的垂线段相等。正多边形必然有内切圆，而且其内切圆的圆心和外接圆的圆心重合，都在正多边形的中心。
【常见模型及结论】
1）三角形的内切圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=。
图1 图2 图3
2）直角三角形的内切圆模型
条件：如图2，⊙O为Rt的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。
结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=；
3）四边形的内切圆模型
条件：如图3，⊙O是四边形ABCD的内切圆。
结论：。
例1．（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，在中，，半径为的是的内切圆，连接，分别交于D，E两点，则的长为 ．（结果用含的式子表示）
【答案】
【分析】根据内切圆圆心是三角形三条角平分线的交点，得到的大小，然后用弧长公式即可求解．
【详解】∵内切圆圆心是三条角平分线的交点，
∴；设，，
在中：，在中：，
由①②得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查内心的性质，求弧长；解题关键是根据角平分线算出的度数．
例2．（2022秋·安徽·九年级统考期末）如图，在中，，过点作于点D，P是内一点，且，连接交于点，若点恰好为内心，则的度数为（ ）
A．36°B．48°C．60°D．72°
【答案】C
【分析】根据内心定义可知，，分别是，，的角平分线，推导出，由等腰三角形三线合一的性质可得，由全等三角形的判定及其性质可得,，继而可得，，进而即可求解．
【详解】∵点恰好为内心，
∴，，分别是，，的角平分线，
∴，
又，∴，∴，∴，
∵，于点D，∴点是的中点，，
又，，∴,∴，
又，∴，
又，∴，
∴，故选：C．
【点睛】本题考查三角形内心的定义及其性质，全等三角形的判定及其性质、等腰三角形三线合一的性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学知识点．
例3．（2023秋·河南漯河·九年级统考期末）如图，是的内切圆，切点分别为，且，，，则的半径是 ．
【答案】1
【分析】先根据勾股定理求出，由切线长定理得，，，设，则，，然后根据，求解即可．
【详解】解：在中，∵，，，∴，
∵为的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴，，，如图，连接，，
∵为的内切圆，∴，
∴，∴四边形是正方形，
设，则，，
∵，∴，∴，则的半径为1．故答案为：1．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，勾股定理，正方形的判定与性质，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握切线长定理．
例4．（2023秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期末）如图，点是的内心，，，，，则的半径为 ．
【答案】
【分析】过O作交于E，设，在和中，运用勾股定理即可解答；
【详解】过O作交于E，设
点是的内心，，，
在中，由勾股定理可得： 在中，由勾股定理可得：
故解得故故答案为
【点睛】该题考查了角平分线的性质，勾股定理，圆的基本性质，解答该题的关键是掌握该部分知识点．
例5．（2023·江苏南京·九年级校联考阶段练习）如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线．若，，则的值是 ．
【答案】9
【分析】根据切线长定理，可得，由此即可解决问题．
【详解】∵AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线，∴可以假设切点分别为E、H、G、F，
∴，
∴，
∵，，∴，故答案为：9．
【点睛】本题考查了切线长定理，考查了数学运算能力．
例6．（2023·成都市九年级期中）如图，是的内切圆，、、为切点，，，，切交于，交于，则的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用切线长定理得到等边，再利用给出的三条边长，设未知数列方程组，计算出边长，再利用等边换边得到的周长．
【详解】是的内切圆,、、 是的切线，
又切于点K，、、、、，
的周长为：
设，，，
则、、，
解得，的周长为：．故选D．
【点睛】本题考查切线长定理及边长的计算，需要理清目标和条件，正确且有条理的计算是解题的关键．
例7．（2023·四川宜宾·九年级专题练习）如图，在直角坐标系中，一直线l经过点M（，1）与x轴、y轴分别交于A、B两点，且MA＝MB，可求得△ABO的内切圆⊙O1的半径r1＝﹣1；若⊙O2与⊙O1、l、y轴分别相切，⊙O3与⊙O2、l、y轴分别相切，…，按此规律，则⊙O2014的半径r2014＝ ．
【答案】
【分析】连接OO1、AO1、BO1，作O1 D⊥OB于D，O1 E⊥AB于E，O1 F⊥OA于F，将三角形ABO分解成三个三角形，再根据三个三角形的面积之和等于△ABO的面积，即可得出半径的值，再根据题意依次列出⊙O2，⊙O3…的半径大小，找出规律即可．
【详解】连接OO1、AO1、BO1，作O1 D⊥OB于D，O1 E⊥AB于E，O1 F⊥OA于F，如图所示：
则O1 D＝O1 E＝O1 F＝r1，
∵M是AB的中点，∴B（0，2），A（2 ，0），则S△OO1B＝×OB×r1＝r1，
S△AO1O＝×AO×r1＝r1
∵S△AOB＝S△OO1B+S△AO1O+S△AO1B＝∴
同理得：…∴
依此类推可得：⊙O2014的半径r2014＝ 故答案为
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆、勾股定理、规律型，解此类题目时要根据题意列出等式，适当地对图形进行分解，总结出规律是解题的关键．
例8．（2023·广东东莞·九年级校考期中）如图，在内切圆半径为1的直角三角形ABC中，，，内切圆与BC边切于点D，则A到D的距离AD（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取内切圆的圆心O，连接圆心与切点，由，可得∠BAC=60°，再根据内切圆的圆心的是三角形三条角平分线的交点，可知∠OAE=30°，从而得到AE=，CE=1， CD=1，再用勾股定理即可求解．
【详解】解：取内切圆的圆心O，与AC，AB的切点E、F，连接OD、OE、OF．
∵，，∴∠BAC=60°，
∵内切圆的圆心的是三角形三条角平分线的交点，∴
又∵OE=1，OE⊥AC（切线的性质），∴AE=，
∵OE⊥AC，OD⊥BC，，∴四边形CDOE是矩形，
又∵OD=OE，∴四边形CDOE是正方形，∴CE=CD=OE=1， ∴AC= AE+CE=+1，
在Rt△ACD中，，∴，
∴，故选：D．
【点睛】本题考查勾股定理，正方形的判定与性质，三角形的内切圆，切线的性质等知识，根据题意正确画出的辅助线是解题的关键．
模型2、多边形的外接圆模型
【模型解读】
外接圆：与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆，通常是针对一个凸多边形来说的，如三角形，若一个圆恰好过三个顶点，这个圆就叫作三角形的外接圆，此时圆正好把三角形包围。
三角形外接圆圆心：即做三角形三条边的垂直平分线（两条也可，两线相交确定一点）。
【常见模型及结论】
1）三角形的外接圆模型
条件：如图1，⊙O为三角形ABC的外接圆（即O为三角形ABC的外心）。
结论：①OA=OB=OC；②。
图1 图2 图3
2）等边三角形的外接圆模型
条件：如图2，点P为等边三角形ABC外接圆劣弧BC上一点。
结论：①，PM平分；②PA=PB+PC；③；
3）四边形的外接圆模型
条件：如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形。
结论：①；；②。
例1．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）△ABC中，∠A＝80°，点M是△ABC的外心，点N是△ABC的内心，连接BM，CM，BN，CN，则∠BMC与∠BNC的差为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
【答案】A
【分析】分别求出∠BMC＝2∠A＝160°，BNC＝130°,然后得出结果．
【详解】解：如图，∵点M是△ABC的外心，∴∠BMC＝2∠A＝160°，
∵点N是△ABC的内心，∴∠BNC＝180°﹣（∠NBC+∠NCB）
＝180°（∠ABC+∠ACB）＝180°（180°﹣∠A）＝130°，
∴∠BMC﹣∠BNC＝160°﹣130°＝30°．故选：A．
【点睛】本题考查三角形的内心和外心，解题关键掌握内心（内切圆圆心）和外心（外接圆圆心）的定义．
例2．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）如图，点O，I分别是锐角的外心、内心，若，则的度数为 ．
【答案】/24度
【分析】连接，先计算出，再利用外心性质和等腰三角形的性质得到，则，利用圆周角定理得到，接着计算出，再根据三角形内心即可解决问题．
【详解】解：连接，如图，
∵，∴，∵O点为的外心，∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，
∵I为的内心，∴平分，∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解决本题的关键是掌握内心与外心定义．
例3．（2023·湖北武汉·九年级阶段练习）如图，等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC=4，BC=8，则⊙O的半径为 .
【答案】5cm
【分析】作AD⊥BC于D，根据等腰三角形的性质得BD=CD=BC=4，再利用三角形外心的定义得到△ABC的外接圆的圆心在AD上，连结OB，设⊙O的半径为r，利用勾股定理，在Rt△ABD中计算出AD=8，然后在Rt△OBD中得到42+（8-r）2=r2，再解关于r的方程即可；
【详解】解：
如图1，作AD⊥BC于D，∵AB=AC， ∴BD=CD=BC=4，∴△ABC的外接圆的圆心在AD上，
连结OB，设⊙O的半径为r，在Rt△ABD中，∵AB=4，BD=4，∴AD= =8，
在Rt△OBD中，OD=AD-OA=8-r，OB=r，BD=4，∴42+（8-r）2=r2，解得r=5，
即△ABC的外接圆的半径为5；
【点睛】本题考查三角形的外接圆和外心，解题关键证明等腰三角形底边上的高经过三角形外接圆的圆心.
例4．（2022春·江苏·九年级期末）中，，，点I是的内心，点O是的外心，则 ．
【答案】14.3
【分析】如图，过点A作交于点D，由等腰三角形得点I、点O都在直线AD上，连接OB、OC，过点I作交于点E，设，，根据勾股定理求出，则，，由勾股定理求出R的值，证明由相似三角形的性质得，求出r的值，即可计算．
【详解】如图，过点A作交于点D，
∵，，∴是等腰三角形，∴，
∵点I是的内心，点O是的外心，∴点I、点O都在直线AD上，
连接OB、OC，过点I作交于点E，设，，
在中，，∴，，
在中，，解得：，
∵，，∴，
∴，即， 解得：，∴，
∴．故答案为：14.3．
【点睛】本题考查内切圆与外接圆，等腰三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，掌握内切圆的圆心为三角形三条角平分线的交点，外接圆圆心为三角形三条垂直平分线的交点是解题的关键．
例5．（2023.广东九年级期中）如图，在△ABC中，∠C=60°，以AB为直径的半圆O分别交AC，BC于点D，E，已知⊙O的半径为．（1）求证：△CDE∽△CBA；（2）求DE的长．
分析 （1）由圆内接四边形的外角等于它的内对角知∠CED=∠A（或∠CDE=∠B），又有∠C=∠C，故△CDE∽△CBA；（2）连接AE．由（1）中△CDE∽△CBA得DE：BA=CE：CA，由于直径对的圆周角是直角，有∠AEB=∠AEC=90°；在Rt△AEC中，有∠C=60°，∠CAE=30°．则DE：BA=CE：CA=1：2，即DE=．
解答 （1）证明：∵四边形ABED为⊙O的内接四边形，
∴∠CED=∠A（或∠CDE=∠B）；又∠C=∠C，∴△CDE∽△CBA．
（2）解：连接AE．
由（1）得△CDE∽△CBA，∴DE：BA=CE：CA，
∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=∠AEC=90°．
在Rt△AEC中，∵∠C=60°，∴∠CAE=30°；
∴DE：BA=CE：CA=1：2，即DE=．
点评 本题考查了圆内接四边形的性质、相似三角形的判定和性质、圆周角定理，直角三角形的性质等知识的综合应用能力．
例6．（2023湖北省荆门市九年级上期中）如图，、、、是上的四个点，．
(1)判断的形状，并证明你的结论；(2)探究、、之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)等边三角形，见解析(2)，见解析
【分析】（1）根据圆周角定理得到，，根据等边三角形的判定定理证明；（2）在上截取，得到为等边三角形，证明，根据全等三角形的性质，结合图形证明即可．
【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下：
由圆周角定理得，，，∴是等边三角形；
（2）解：，理由如下：在上截取，
∵，∴为等边三角形，∴，，
在和中，，∴
∴，∴．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，全等三角形的判定和性质，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
例7．（2023广东中考模拟）如图，点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点．（1）求∠BPC的度数；（2）求证：PA=PB+PC；（3）设PA，BC交于点M，若AB=4，PC=2，求CM的长度．
【答案】（1）∠BPC=120°，（2）证明见解析；（3）CM=．
【分析】（1）由圆周角定理得∠BPC与∠BAC互补；
（2）在PA上截取PD=PC，可证明△ACD≌△BCP，则AD=PB，从而得出PA=PB+PC；
（3）容易得到△CDM∽△ACM，所以CM：AM=DM：MC=DC：AC=2：4=1：2，设DM=x，则CM=2x，BM=4-2x，PM=2-x，AM=4x，AD=AM-DM=4x-x=3x，△BPM∽△ACM，所以BP：AC=PM：CM，即3x：4=（2-x）：2x，解此分式方程求出x．
【详解】解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，
∵点P为等边△ABC外接圆劣弧BC上一点，
∴四边形ABPC是圆的内接四边形∴∠BPC+∠BAC=180°，∴∠BPC=120°，
（2）证明：连结CD．在PA上截取PD=PC，
∵∠ABC=∠APC=60°，∴△PCD为等边三角形，∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，
∴∠PCD-∠DCM=∠ACB-∠DCM，即∠ACD=∠BCP，
在△ACD和△BCP中，，∴△ACD≌△BCP，∴AD=PB，
∵PA=AD+DP，DP=PC，∴PA=PB+PC；
（3）∵△PCD和△ABC都为等边三角形，∴∠MDC=∠ACM=60°，CD=PC，
又∵∠DMC=∠CMA，∴△CDM∽△ACM，AB=4，PC=2，
∴CM：AM=DM：MC=DC：AC=PC：AC=2：4=1：2，
设DM=x，则CM=2x，BM=4-2x，PM=2-x，AM=4x，AD=AM-DM=4x-x=3x
∵∠BMP=∠CMA，∠PBM=∠CAM，∴△BPM∽△ACM，
∴BP：AC=PM：CM，即3x：4=（2-x）：2x，
解得x=（舍去负值），∴CM=．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆周角定理以及等边三角形的性质，是一个综合题，难度较大．
课后专项训练
1．（2023·湖北恩施·九年级统考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝BD＝2，EC＝3，则△ABC的周长为（ ）
A．10B．10C．14D．16
【答案】C
【分析】根据切线长定理得到AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3，然后根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3∴BC=BE+CE =5，AB=AD+BD=4，AC=BF+FC=BC=5，
∴△ABC的周长=2+2+5+5=14．故答案为C．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识点，灵活利用切线长定理是解题答本题的关键．
2．（2023春·湖北九年级课时练习）已知的内切圆的半径为，且，的周长为16，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据题意，画出图形，，过点作，，，连接，根据内切圆的性质，可得，求得线段，再根据切线长定理求解即可．
【详解】解：根据题意，作出图形，过点作，，，连接，如下图：
由切线长定理可得：，，，，，，
∵，∴，
∴，∴，即，
在中，，，∴，由勾股定理可得：，
的周长为16，可得：解得，故选：C．
【点睛】此题考查了圆与三角形的综合应用，涉及了切线长定理，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
4．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图，将折叠，使边落在边上，展开后得到折痕．将再次折叠，使边落在边上，展开后得到折痕，，交于点．则以下结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．点到三边的距离相等D．点到三个顶点的距离相等
【答案】C
【分析】根据是折痕，可知平分，平分，点为的内接圆的圆心，由此即可求解．
【详解】解：∵是折痕，
∴平分，平分，点为的内接圆的圆心，如图所示，
于，于，于，
选项， 的度数无法确定，与的数量关系也不确定，故选项不符合题意；
选项， 的长度不确定，的数量关系也不确定，故选项不符合题意；
选项，根据角平分的性质可得，，即点到三边的距离相等，故选项符合题意；
选项， ，故选项不符合题意；故选：．
【点睛】本题考查三角形与圆的知识的综合，理解并掌握角平分线的性质，内切圆的知识是解题的关键．
4．（2022春·绵阳市九年级课时练习）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BD，CE，若∠CBD=32°，则∠BEC的大小为（ ）
A．64°B．120°C．122°D．128°
【答案】C
【分析】根据圆周角定理可求∠CAD=32°，再根据三角形内心的定义可求∠BAC，再根据三角形内角和定理和三角形内心的定义可求∠EBC+∠ECB，再根据三角形内角和定理可求∠BEC的度数．
【详解】在⊙O中，∵∠CBD=32°，∴∠CAD=32°，∵点E是△ABC的内心，∴∠BAC=64°，
∴∠EBC+∠ECB=(180°-64°)÷2=58°，∴∠BEC=180°-58°=122°．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内心，圆周角定理，三角形内角和定理，关键是得到∠EBC+∠ECB的度数．
5．（2023·山西太原·校考模拟预测）如图，截的三条边所得的弦长相等，若，则的度数为( )
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用截的三条边所得的弦长相等，得出即是的内心，从而∠1=∠2，∠3=∠4，进一步求出的度数．
【详解】解：过点分别作、、，垂足分别为、、，连接、、、、、、、，如图：
∵，∴
∴∴点是三条角平分线的交点，即三角形的内心∴，
∵∴
∴．故选：C
【点睛】本题考查的是三角形的内心、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质以及三角形内角和定理，比较简单．
6．（2023·河北邢台·九年级校考阶段练习）如图，在中，点为的内心，点在边上，且⊥，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】中，点为的内心，可求出的度数，根据四边形的内角和即可得出结论．
【详解】解：在中，，
点为的内心，
四边形的内角和，且
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义及多边形的内角和，牢固掌握相关概念是解题的关键．
7．（2023春·湖北九年级期中）点I是的内心，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】A
【分析】先根据内心的定义得到，再根据作答即可．
【详解】如图，
∵点I是的内心，∴，
∵，∴；
∴；∴．故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的内心，熟练掌握定义是解答本题的关键．三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心，三角形的内心是三角形角平分线的交点．
8．（2023·重庆九年级期中）已知三角形三边长分别为5cm、5cm、6cm，则这个三角形内切圆的半径是（ ）
A．cm B．cmC．2cmD．3cm
【答案】B
【分析】由⊙O是△ABC的内切圆，⊙O切AB于E，切BC 于D，根据切线长定理得到AB=AC，A，O，D三点共线，求得BD，AD，BE，AE，由勾股定理列方程求解．
【详解】如图∵⊙O是△ABC的内切圆，⊙O切AB于E，切BC 于D，
∵AB=AC=5，∴A，O，D三点共线，∴BD=BC=3，∴AD= =4，
∴BE=BD=3，∴AE=2， 设三角形内切圆的半径为r，
∴（4-r）2=22+r2，∴r=cm，∴三角形内切圆的半径为cm．故选B．
【点睛】考查对三角形的内切圆与内心，切线长定理，切线的性质等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．
9．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（ ）
A．2r，B．0，C．2r，D．0，
【答案】D
【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接．
∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，
∴，
∴，，
∴，∴．故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．
10．（2023·山东·九年级专题练习）如图，点I为的内心，连接并延长交的外接圆于点D，若，点E为弦的中点，连接，若，则的长为（ ）
A．5B．C．4D．
【答案】C
【分析】由已知条件可得到，过点D作于F，连接，可得四边形为平行四边形，可得，即可求出IE的长．
【详解】解：连接，如图，∵I为的内心，∴，∴，
又∵，，
∴，∴， ∴，
∵，∴，过点D作于F，连接，∴，
在中，由勾股定理得，，
∵点E为弦的中点∴为的中位线，
∴，，∴四边形为平行四边形，∴，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．
11．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，点为的内心，连接并延长交的外接圆于点，交于点，若，则的值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】根据三角形的内心性质，证明，得到，则，进而得到，代入即可得到答案．
【详解】解：连接，如图所示：
∵为的内心，，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴
∴，故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
12．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，在⊙O中，，BC＝6，AC．I是△ABC的内心，则线段OI的值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】连接AO，延长AO交BC于H，连接OB．想办法求出OH，IH即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AO，延长AO交BC于H，连接OB．
∵，∴AB=AC，AH⊥BC，∴BH=CH=3，∴AH==9，
设OA=OB=x，在Rt△BOH中，∵OB2=OH2+BH2，∴x2=（9-x）2+32，∴x=5，∴OH=AH-AO=9-5=4，
∵S△ABC=•BC•AH=•（AB+AC+BC）•IH，
∴IH=，∴OI=OH-IH=4-（-1）=5-，故选：B．
【点睛】本题主要考查的是三角形的内心和外心、等腰三角形的性质，勾股定理等知识，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
13．（2022春·浙江·九年级专题练习）如图，点 O 是△ABC 的内心，也是△DBC 的外心．若∠A＝80°，则∠D 的度数是（ ）
A．60°B．65C．70°D．75°
【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，进而求出的大小，再利用三角形外心的性质得出等于的一半，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，如图，
点 O 是△ABC 的内心，，，
，
，点 O是△DBC 的外心，，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．
14．（2023·江苏九年级课时练习）已知等腰直角三角形外接圆半径为5，则内切圆半径为（ ）
A．5+5B．12﹣5C．5﹣5D．10﹣10
【答案】C
【分析】由于直角三角形的外接圆半径是斜边的一半，由此可求得等腰直角三角形的斜边长，进而可求得两条直角边的长；然后根据直角三角形内切圆半径公式求出内切圆半径的长．
【详解】解：∵等腰直角三角形外接圆半径为5，
∴此直角三角形的斜边长为10，两条直角边分别为5，
∴它的内切圆半径为：R=(5+5−10)=5−5；故选C.
【点睛】要注意直角三角形内切圆半径与外接圆半径的区别：直角三角形的内切圆半径：r= (a+b-c)；(a、b为直角边，c为斜边).直角三角形的外接圆半径：R=c.
15．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接，∵点I是的内心，，
∴，∴，
∵，∴，故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键．
16．（2023·山东九年级月考）如图，是的内切圆，切点分别为点、、，设的面积、周长分别为、，的半径为，则下列等式：①；②；③；④，其中成立的是 （填序号）
【答案】①②③④
【分析】正确，首先证明，同法可证，，由，可得．正确，利用面积法证明即可．正确，证明，可得结论．正确，利用切线长定理解决问题即可．
【详解】解：如图，作直径，连接．
是的切线，，，，
是直径，，，，
，，同法可证，，，
，，故正确，
连接，，，，．
，故正确，
，，
，，，故正确，
是的内切圆，切点分别相为点、、，，，，
，故正确，故答案为：．
【点睛】本题考查三角形的内切圆，切线的性质，圆周角定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
17．（2023·四川绵阳·统考二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切圆，其半径为，则△BIC的外接圆直径为 .
【答案】
【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＝lr＝×20×＝AB•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．
【详解】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＝b，CD＝AC•sin60°＝b，∴BD＝AB﹣AD＝c﹣b，
∵△ABC周长为l＝20，△ABC的内切圆半径为r＝，
∴S△ABC＝lr＝×20×＝AB•CD，∴b•c，∴bc＝40，
在Rt△BDC中，根据勾股定理，得BC2＝BD2+CD2，
即a2＝（c﹣b）2+（b）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＝，∠BOE＝60°，
∴OB＝.∴外接圆直径为．故答案为：．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，解直角三角形，圆内接四边形的性质，垂径定理，勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．属于中考选择题的压轴题，很有难度．
18．（2023·广东·九年级专题练习）已知，点为的外心，点为的内心．
（1）若，则 ；（2）若，则 ．
【答案】 /100度 /125度
【分析】（1）如图，证明；求出，进而求出即可解决问题；（2）根据圆周角定理得到，根据三角形的内心的性质得到平分平分，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：（1）如图，的内心为点，
，，，
，，故答案为：；
（2）如图，点为的外心，
，，
点为的内心，平分平分，
，，故答案为：．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心，掌握圆周角定理、三角形的内心的概念和性质是解题的关键．
19．（2023·江苏南京·统考二模）如图，正方形的边长是，是边的中点．将该正方形沿折叠，点落在点处．分别与，，相切，切点分别为，，，则的半径为 ．
【答案】1
【分析】如图所示，延长交于M，连接，先证明得到，设设，则，，利用勾股定理建立方程，解方程求出，如图所示，连接，利用等面积法求出半径即可．
【详解】解：如图所示，延长交于M，连接，
∵四边形是正方形，∴，∵E为的中点，∴，
由折叠的性质可得，∴，
又∵，∴， ∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
∴，解得，∴，
如图所示，连接
∵分别与，，相切，切点分别为，，，
∴，
∵，∴，
∴，∴的半径为，故答案为；1．
【点睛】本题考查了三角形内切圆，正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
20．（2022秋·江苏盐城·九年级统考期中）如图，I是的内心，的延长线交的外接圆于点D．
(1)求证：；(2)求证：；(3)连接、，求证：点D是的外心．
【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，再由圆周角与弧之间的关系即可得证；
（2）连接，证出即可得证；
（3）连接，，，证出即可得证．
【详解】（1）证明：点I是的内心， 平分，，
，，．
（2）证明：如图，连接，
点I是的内心，平分，平分，
，又，，
，，，．
（3）证明：如图，连接，，，
，．，∴点D是的外心．
【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.
21．（2023浙江年级上期中）我们知道，与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，则三角形可以称为圆的外切三角形．如图1，与的三边分别相切于点则叫做的外切三角形.以此类推，各边都和圆相切的四边形称为圆外切四边形．如图2，与四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA分别相切于点则四边形叫做的外切四边形．
（1）如图2，试探究圆外切四边形的两组对边与之间的数量关系，猜想： (横线上填“>”，“<”或“=”)；（2）利用图2证明你的猜想(写出已知，求证，证明过程)；
（3）用文字叙述上面证明的结论： ；
（4）若圆外切四边形的周长为相邻的三条边的比为，求此四边形各边的长．
【答案】（1）=；（2）答案见解析；（3）圆外切四边形的对边之和相等；（4）4；10；12；6
【分析】（1）根据圆外切四边形的定义猜想得出结论；
（2）根据切线长定理即可得出结论；（3）由（2）可得出答案；
（4）根据圆外切四边形的性质求出第四边，利用周长建立方程求解即可得出结论．
【详解】（1）∵⊙O与四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA分别相切于点E，F，G，H，
∴猜想AB＋CD＝AD＋BC，故答案为：＝．
（2）已知：四边形ABCD的四边AB，BC，CD，DA都于⊙O相切于G，F，E，H，
求证：AD＋BC＝AB＋CD，
证明：∵AB，AD和⊙O相切，∴AG＝AH，
同理：BG＝BF，CE＝CF，DE＝DH，
∴AD＋BC＝AH＋DH＋BF＋CF＝AG＋BG＋CE＋DE＝AB＋CD，
即：圆外切四边形的对边和相等．
（3）由（2）可知：圆外切四边形的对边和相等．
故答案为：圆外切四边形的对边和相等；
（4）∵相邻的三条边的比为2：5：6，
∴设此三边为2x，5x，6x，
根据圆外切四边形的性质得，第四边为2x＋6x−5x＝3x，
∵圆外切四边形的周长为32，
∴2x＋5x＋6x＋3x＝16x＝32，∴x＝2，
∴此四边形的四边的长为2x＝4，5x＝10，6x＝12，3x＝6．
即此四边形各边的长为：4，10，12，6．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了新定义圆的外切四边形的性质，四边形的周长，切线长定理，理解和掌握圆外切四边形的定义是解本题的关键．
22．（2023·福建泉州·统考二模）如图，在中，点I是的内心．
(1)求作过点I且平行于的直线，与分别相交于点D，E（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的平行线的作法作图即可；
（2）过点I作于点N，于点M，于点M，于点P，过点A作于点F，交于点H，过点D作于点G，连接．易证，即可得出．由三角形内心的性质可知，结合三角形面积公式可得出，，即得出，结合题意可求出，．又易证，，即可证，得出，从而可求出，即可求解．
【详解】（1）解：如图，直线即为所作；
（2）解：如图，过点I作于点N，于点M，于点M，于点P，过点A作于点F，交于点H，过点D作于点G，连接．
∵，∴，∴,∴．
∵点I是的内心，∴．
∵，，∴．
∵，即，∴，．
由所作辅助线可知四边形为矩形，∴，∴．
∵，，∴．
又∵，∴，∴，
∴，∴，解得：．
【点睛】本题考查作图—作平行线，三角形相似的判定和性质，三角形内心的性质，三角形全等的判定和性质，矩形的判定和性质等知识．掌握基本作图方法和正确作出辅助线是解题关键．
23．（2023·山东·九年级专题练习）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.
【分析】（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.
【点睛】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．
24．（2023春·广东广州·九年级校考阶段练习）如图，在中，，以为直径的半圆O交于点D．(1)尺规作图：过点D作半圆O的切线，交于点E；
(2)求证：；(3)若，，求半圆O的半径长．
【答案】(1)见详解(2)见详解(3)
【分析】（1）以D点为圆心画弧交于两点，再以这两点为圆心，以合适的长度为半径画弧，两弧交于一点，将该点与D点连接，交于点E，即可；
（2）连接，先得到，根据“三线合一”可得：平分，即有，再根据，可得，问题随之得解；
（3）利用勾股定理可得，根据（2）中的相关结论再证明，即有，即可得，问题得解．
【详解】（1）以D点为圆心画弧交于两点，再以这两点为圆心，以合适的长度为半径画弧，两弧交于一点，将该点与D点连接，交于点E，如图，
即为半圆O的切线；
证明：连接，如图，
根据作图可知：，∵，∴，
∵，∴，∴，∴，∴，
∵是圆的半径，∴即为半圆O的切线；
（2）证明：连接，如图，
∵是圆的直径，∴，∴，，
∵，∴根据“三线合一”可得：平分，∴，
∵即为半圆O的切线，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴；
（3）根据（1）可知：，
∵，，∴，
根据（2）可知：，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∴，∴半圆O的半径长为．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，切线的判定与性质以及等腰三角形的性质等知识，掌握切线的判定与性质是解答本题的关键．
25．（2023.山东九年级期中）探究问题：
(1)阅读理解：①如图A，在所在平面上存在一点P，若它到三个顶点的距离之和最小，则称点P为的费马点，此时的值为的费马距离．②如图B，若四边形的四个顶点在同一个圆上，则有，此为托勒密定理．
知识迁移：①请你利用托勒密定理解决如下问题：如图C，已知点P为等边外接圆的上任意一点．求证：；②根据（2）①的结论，我们有如下探寻（其中均小于）的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图D，在的外部以为一边作等边及其外接圆；
第二步：在上任取一点，连接．易知________；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图D中找出的费马点P，则线段______的长度即为的费马距离．
(2)知识应用：今年以来某市持续干旱，许多村庄出现了人、畜饮水困难的问题，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到该市某地打井取水．已知三村庄A、B、C构成了如图E所示的（其中，均小于），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值．
【答案】(1)①见解析；②，(2)最小值为
【分析】（1）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证．②问，借用①问结论，及线段的性质“两点之间线段最短”数学容易获解．（2）知识应用，在（1）的基础上先画出图形，再求解．
【详解】（1）解：①证明：由托勒密定理可知
是等边三角形，；
②由题意可得：
线段的长度即为的费马距离．
（2）如图，以为边长在的外部作等边，连接，则知线段的长即为最短距离．
为等边三角形，，，，
，，
在中，，，，
从水井到三村庄、、所铺设的输水管总长度的最小值为．
【点睛】此题是一个综合性很强的题目，主要考查等边三角形的性质、勾股定理等知识．难度很大，有利于培养同学们钻研问题和探索问题的精神．
26．（2023江苏盐城九年级月考）探究题
(1)知识储备：①如图1，已知点P为等边△ABC外接圆的弧BC上任意一点．求证：PB+PC=PA．
②定义：在△ABC所在平面上存在一点P，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P为△ABC的费马点，此时PA+PB+PC的值为△ABC的费马距离．
(2)知识迁移：我们有如下探寻△ABC(其中∠A，∠B，∠C均小于120°)的费马点和费马距离的方法：如图2，在△ABC的外部以BC为边长作等边△BCD及其外接圆，根据(1)的结论，易知线段____的长度即为△ABC的费马距离．
(3)知识应用：①如图3所示的△ABC（其中均小于），，现取一点P，使点P到三点的距离之和最小，求最小值；
②如图4，若三个村庄构成Rt△ABC，其中．现选取一点P打水井，使P点到三个村庄铺设的输水管总长度最小，画出点P所对应的位置，输水管总长度的最小值为________．（直接写结果）
【答案】(1)证明见解析；(2)AD (3)5，．
【分析】（1）在PA上截取PD=PC，可证明△ACD≌△BCP，则AD=PB，从而得出PA=PB+PC；
（2）利用（1）中结论得出PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，再根据“两点之间线段最短”可得答案；
（3）①在（2）的基础上先画出图形，再利用勾股定理求解；
②仿照①的方法可画出P的位置，利用勾股定理可求出输水管总长度的最小值，
【详解】（1）解：①证明：在PA上截取PD=PC，连接CD，
∵AB=AC=BC，所以，
∴∠APB=∠APC=60°，∴△PCD为等边三角形，
∴∠PCD=∠ACB=60°，CP=CD，
∴，即∠ACD=∠BCP，
在△ACD和△BCP中，
∴△ACD≌△BCP(SAS)，∴AD=PB，
∵PA=AD+DP，DP=PC，∴PA=PB+PC；
（2）如图2，根据（1）的结论得：PA+PB+PC=PA+(PB+PC)=PA+PD，
∴当A、P、D共线时，PA+PB+PC的值最小，
∴线段AD的长度即为△ABC的费马距离，故答案为：AD；
（3）①如图，以BC为边长在△ABC的外部作等边△BCD，连接AD，则线段AD的长即为最短距离，
∵△BCD为等边三角形，BC=4，∴∠CBD=60°，BD=BC=4，∵∠ABC=30°，∴∠ABD=90°，
在Rt△ABD中，∵AB=3，BD=4，∴；
②以BC为边，在BC下方作等边△BCK，设等边△BCK外接圆为⊙O，连接AK交⊙O于P，则由①知此时PA+PB+PC最短，且最短距离等于AK的长度，过K作KT⊥AC交AC延长线于T，如图：
∵△BCK是等边三角形，∴∠BCK=60°，CK=BC=，∵∠CAB=90°，∴．∠TCK=30°，
在Rt△CTK中，∴
在Rt△AKT中，，故答案为：．
【点睛】本题考查圆的综合应用，也是阅读理解型问题，主要考查了新定义：三角形费马点和费马距离，还考查了等边三角形的性质、三角形全等、勾股定理等知识，难度很大，理解新定义是本题的关键．
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