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专题40第7章圆之内外心综合-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）(原卷+解析)
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40第7章圆之内外心综合
一、单选题
1．10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，、、、、、均是正六边形的顶点．则点是下列哪个三角形的外心（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断．
【详解】答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点O到A，B，C，D，E的距离中，只有OA=OC=OD．
故选：D．
【点评】此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等．
2．已知等边三角形ABC．如图，
（1）分别以点A，B为圆心，大于的AB长为半径作弧，两弧相交于M，N两点；
（2）作直线MN交AB于点D；
（2）分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径作弧，两弧相交于H，L两点；
（3）作直线HL交AC于点E；
（4）直线MN与直线HL相交于点O；
（5）连接OA，OB，OC．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论：①OB＝2OE；②AB＝2OA；③OA＝OB＝OC；④∠DOE＝120°，正确的是（ ）
A．①②③④ B．①③④ C．①②③ D．③④
【答案】B
【分析】根据等边三角形的性质，三角形的外心，三角形的内心的性质一一判断即可．
【详解】解：由作图可知，点O是△ABC的外心，
∵△ABC是等边三角形，
∴点O是△ABC的外心也是内心，
∴OB＝2OE，OA＝OB＝OC，
∵∠BAC＝60°，∠ADO＝∠AEO＝90°，
∴∠DOE＝180°﹣60°＝120°，
故①③④正确，
故选：B．
【点评】本题考查作图−复杂作图，线段的垂直平分线的性质，等边三角形的性质等知识，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，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，为，点A的坐标是，，把绕点A按顺时针方向旋转后，得到，则的外接圆圆心坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】取AB'中点P，过点P分别作PE⊥x轴，根据旋转的性质可得AB＝AB'，∠BAB'＝90°，∠B'O'A＝∠BOA＝90°，先说明的外接圆圆心为点P，再利用点A的坐标是，，求得AB长，进而可得AB'的长，在求得∠PAE＝30°，在Rt△PAE中，利用30°角的性质及勾股定理即可求得答案．
【详解】解：如图，取AB'中点P，过点P分别作PE⊥x轴，垂足为点E，连接PO'，
∵把绕点A按顺时针方向旋转后，得到，
∴AB＝AB'，∠BAB'＝90°，∠B'O'A＝∠BOA＝90°，
∵点P为AB'的中点，
∴PA＝PB'＝PO'＝AB'，
∴的外接圆圆心为点P，
∵∠BAO＝60°，∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝90°－∠BAO＝30°，
∴OA＝AB，
∵点A的坐标为（1，0），
∴OA＝1，
∴AB'＝AB＝2OA＝2，
∴PA＝AB'＝1，
∵∠BAB'＝90°，∠BAO＝60°，
∴∠PAE＝180°－∠BAB'－∠BAO＝30°，
∴PE＝PA＝,
∴在Rt△PEA中，，
∴点P的坐标为．
【点评】本题考查了含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，直角三角形的外接圆等相关知识，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质及勾股定理是解决本题的关键．
4．已知等边三角形的周长为6，则它的内切圆和外接圆组成的圆环面积为（ ）
A．6π B．3π C．π D．2π
【答案】C
【分析】根据题意画出图形，由等边三角形的周长为6，可得BC＝2，设点D为BC边与内切圆的切点，连接AD，则AD⊥BC，可得BD＝DC＝BC＝1，再根据勾股定理可得OB2﹣OD2＝BD2＝1，再根据S圆环＝S外接圆﹣S内切圆即可得结论．
【详解】解：如图，
∵等边三角形ABC的周长为6，
∴BC＝2，
设点D为BC边与内切圆的切点，
连接AD，则AD⊥BC，
∴BD＝DC＝BC＝1，
在Rt△BOD中，根据勾股定理，得
OB2﹣OD2＝BD2＝1，
∴S圆环＝S外接圆﹣S内切圆
＝OB2π﹣OD2π
＝BD2π
＝π．
故选：C．
【点评】本题考查三角形的外接圆与内切圆，掌握正三角形的外接圆与内切圆半径求算是解题关键．
5．如图，扇形AOD中，，，点P为弧AD上任意一点（不与点A和D重合），于Q，点I为的内心，过O，I和D三点的圆的半径为r．则当点P在弧AD上运动时，r的值满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连OI，PI，DI，由△OPH的内心为I，可得到∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH）=135°，并且易证△OPI≌△ODI，得到∠DIO=∠PIO=135°，所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，在优弧AO取点P′，连P′D，P′O，可得∠DP′O=180°-135°=45°，得∠DO′O=90°，O′O=．
【详解】解：如图，连OI，PI，DI，
∵△OPH的内心为I，
∴∠IOP=∠IOD，∠IPO=∠IPH，
∴∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH），
而PH⊥OD，即∠PHO=90°，
∴∠PIO=180°-（∠HOP+∠OPH）=180°-（180°-90°）=135°，
在△OPI和△ODI中，
，
∴△OPI≌△ODI（SAS），
∴∠DIO=∠PIO=135°，
所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；
过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，
在优弧DO取点P′，连P′D，P′O，
∵∠DIO=135°，
∴∠DP′O=180°-135°=45°，
∴∠DO′O=90°，而OD=6，
∴OO′=DO′=，
∴r的值为，
故选D．
【点评】本题考查的是三角形的内切圆与内心，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
二、填空题
6．如图，是的外接圆，，于点，延长交于点，若，，则的长是_________．
【答案】
【分析】连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根据圆周角定理可得∠BOC＝90°，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根据相似三角形的判定和性质可求DE．
【详解】解：连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∵BD＝4，CD＝1，
∴BC＝4＋1＝5，
∴OB＝OC＝，
∴OA＝，OF＝BF＝，
∴DF＝BD−BF＝，
∴OG＝，GD＝，
在Rt△AGO中，AG＝，
∴AD＝AG＋GD＝，
∵连接BE,AD与BE相交于D，
∴∠BED=∠ACD，∠BDE=∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴
．
故答案为：．
【点评】考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的难点是求出AD的长．
7．内接于，且，点到的距离为3，圆的半径为5，则的长是____．
【答案】或
【分析】如图（见解析），过点A作于点D，先根据等腰三角形的判定与性质可得AD为BC的垂直平分线，再根据三角形外接圆的性质可知圆心点O在直线AD上，然后分为锐角等腰三角形和钝角等腰三角形两种情况，分别利用勾股定理即可得．
【详解】如图，过点A作于点D
为等腰三角形
为BC的垂直平分线（等腰三角形的三线合一）
内接于
圆心点O在直线AD上
由题意得：
根据的形状，分以下两种情况：
（1）如图1，为锐角等腰三角形
，
在中，
（2）如图2，为钝角等腰三角形
，
在中，
综上，AB的长为或
故答案为：或．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角形外接圆的性质、勾股定理等知识点，利用三角形外接圆的性质得出圆心点O的位置是解题关键．
8．如图，AB是⊙O的直径，且AB=4，点C是半圆AB上一动点（不与A，B重合），CD平分∠ACB交⊙O于点D，点 I是△ABC的内心，连接BD．下列结论：
①点D的位置随着动点C位置的变化而变化；
②ID=BD；
③OI的最小值为；
④ACBC=CD．
其中正确的是 _____________ ．（把你认为正确结论的序号都填上）
【答案】②④
【分析】①在同圆或等圆中，根据圆周角相等，则弧相等可作判断；
②连接IB，根据点I是△ABC的内心，得到，可以证得 ，即有，可以判断②正确；
③当OI最小时，经过圆心O，作，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理，可求出，可判断③错误；
④用反证法证明即可．
【详解】解： 平分，AB是⊙O的直径，
，
，
是的直径，
是半圆的中点，即点是定点；
故①错误；
如图示，连接IB，
∵点I是△ABC的内心，
∴
又∵，
∴
即有
∴，
故②正确；
如图示，当OI最小时，经过圆心O，
过I点，作，交于点
∵点I是△ABC的内心，经过圆心O，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴，
设，则，，
∴，
解之得：，
即：，
故③错误；
假设，
∵点C是半圆AB上一动点，
则点C在半圆AB上对于任意位置上都满足，
如图示，
当经过圆心O时，，，
∴
与假设矛盾，故假设不成立，
∴
故④正确；
综上所述，正确的是②④，
故答案是：②④
【点评】此题考查了三角形的内心的定义和性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形外接圆有关的性质，角平分线的定义等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
9．如图所示的网格由边长为个单位长度的小正方形组成，点、、、在直角坐标系中的坐标分别为，，，则内心的坐标为______．
【答案】（2，3）
【分析】根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，计算出△ABC各边的长度，易得该三角形是直角三角形，设BC的关系式为：y=kx+b，求出BC与x轴的交点G的坐标，证出点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，三角形的内心在BD上，设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，求出r的值，在△BEM中，利用勾股定理求出BM的值，即可得到点M的坐标．
【详解】解：根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，
根据题意可得：AB=，AC=，BC=，
∵，
∴∠BAC=90°，
设BC的关系式为：y=kx+b，
代入B，C，
可得，
解得：，
∴BC：，
当y=0时，x=3，即G（3,0），
∴点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，
设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，
∵∠BAC=90°，
∴四边形MEAF为正方形，
S△ABC=，
解得：，
即AE=EM=，
∴BE=，
∴BM=，
∵B（-3，3），
∴M（2，3），
故答案为：（2，3）．
【点评】本题考查三角形内心、平面直角坐标系、一次函数的解析式、勾股定理和正方形的判定与性质等相关知识点，把握内心是三角形内接圆的圆心这个概念，灵活运用各种知识求解即可．
10．若三角形的三边长分别是 6、8、10，则这个三角形的内心与外心之间的距离为____________．
【答案】
【分析】先说明三角形三边是直角三角形，再根据直角三角形可确定三角形的外心在斜边的中点和直角三角形内切圆半径公式确定内切圆的半径，然后用勾股定理解答即可．
【详解】解：如图：∵三角形的三边长为BC=6cm，AC=8cm，AB=10cm
∴三角形为直角三角形
∴直角三角形的外心是斜边的中点，即AD=BD=AB=5
由直角三角形内切圆半径公式： 即OE=2
∵OF⊥BC，OG⊥AC
∴CF=CG=OF=OG=2，
∴BE=FB=4，BD=5
∴DE=BD-BE=1
在Rt△ODE中，DE=1，OE=2
∴OD=．
故答案为．
【点评】本题主要考查了勾股定理、直角三角形外心与内心有关知识，根据直角三角形的性质确定直角三角形的内心和外心是解答本题的关键．
三、解答题
11．问题提出
（1）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点O是△ABC的外接圆的圆心，则OB的长为
问题探究
（2）如图②，已知矩形ABCD，AB＝4，AD＝6，点E为AD的中点，以BC为直径作半圆O，点P为半圆O上一动点，求E、P之间的最大距离；
问题解决
（3）某地有一块如图③所示的果园，果园是由四边形ABCD和弦CB与其所对的劣弧场地组成的，果园主人现要从入口D到上的一点P修建一条笔直的小路DP．已知AD∥BC，∠ADB＝45°，BD＝120米，BC＝160米，过弦BC的中点E作EF⊥BC交于点F，又测得EF＝40米．修建小路平均每米需要40元（小路宽度不计），不考虑其他因素，请你根据以上信息，帮助果园主人计算修建这条小路最多要花费多少元？
【答案】（1）；（2）E、P之间的最大距离为7；（3）修建这条小路最多要花费元．
【分析】（1）若AO交BC于K，则AK＝8，在Rt△BOK中，设OB＝x，可得x2＝62+（8﹣x）2，解方程可得OB的长；
（2）延长EO交半圆于点P，可求出此时E、P之间的最大距离为OE+OP的长即可；
（3）先求出所在圆的半径，过点D作DG⊥BC，垂足为G，连接DO并延长交于点P，则DP为入口D到上一点P的最大距离，求出DP长即可求出修建这条小路花费的最多费用．
【详解】（1）
如图，若AO交BC于K，
∵点O是△ABC的外接圆的圆心，AB＝AC，
∴AK⊥BC，BK＝，
∴AK＝，
在Rt△BOK中，OB2＝BK2+OK2，设OB＝x，
∴x2＝62+(8−x)2，
解得x＝，
∴OB＝；
故答案为：．
（2）
如图，连接EO，延长EO交半圆于点P，可求出此时E、P之间的距离最大，
∵在是任意取一点异于点P的P′，连接OP′，P′E，
∴EP＝EO+OP＝EO+OP′＞EP′，即EP＞EP′，
∵AB＝4，AD＝6，
∴EO＝4，OP＝OC＝，
∴EP＝OE+OP＝7，
∴E、P之间的最大距离为7．
（3）
作射线FE交BD于点M，
∵BE＝CE，EF⊥BC，是劣弧，
∴所在圆的圆心在射线FE上，
假设圆心为O，半径为r，连接OC，则OC＝r，OE＝r−40，BE＝CE＝，
在Rt△OEC中，r2＝802+(r−40)2，
解得：r＝100，
∴OE＝OF−EF＝60，
过点D作DG⊥BC，垂足为G，
∵AD∥BC，∠ADB＝45°，
∴∠DBC＝45°，
在Rt△BDG中，DG＝BG＝，
在Rt△BEM中，ME＝BE＝80，
∴ME＞OE，
∴点O在△BDC内部，
∴连接DO并延长交于点P，则DP为入口D到上一点P的最大距离，
∵在上任取一点异于点P的点P′，连接OP′，P′D，
∴DP＝OD+OP＝OD+OP′＞DP′，即DP＞DP′，
过点O作OH⊥DG，垂足为H，则OH＝EG＝40，DH＝DG−HG＝DG−OE＝60，
∴,
∴DP＝OD+r＝，
∴修建这条小路最多要花费40×元．
【点评】本题主要考查了圆的性质与矩形性质的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
12．如图，，，点D在AC边上，．
求证：≌；
若，求的度数；
若，当的外心在直线DE上时，，求AE的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】由三角形的外角的性质可得，由“AAS”可证≌；
由全等三角形的性质可求，，可得，即可求解；
由直角三角形的外心是斜边的中点，可得点D是AC的中点，可证是等边三角形，可得，即可求解．
【详解】证明：，且，
，
，，
≌
≌，
，，
，
，
，
；
，
的外心是斜边AC的中点，
的外心在直线DE上，
点D是AC的中点，
，
又，
，
是等边三角形，
，
．
【点评】本题考查了三角形的外接圆和外心，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
13．如图，半圆D的直径AB＝6，线段OA＝10，O为原点，点B在数轴的正半轴上运动，点B在数轴上所表示的数为m．
（1）当半圆D与数轴相切时，求m；
（2）半圆D与数轴有两个公共点，设另一个公共点为C，
①直接写出m的取值范围是 ；
②当半圆D被数轴截得的弦长为3时，求半圆D在AOB内部的弧长；
（3）当AOB的内心、外心与某一个顶点在同一条直线上时，求cos∠AOB的值．
【答案】（1）8；（2）①4≤m≤16且m≠8；②2π；（3）或
【分析】（1）由切线的性质得出AB⊥OB，由勾股定理即可得答案；
（2）①半圆D与数轴相切时，只有一个公共点，此时m=8，当O、A、B三点在数轴上时，m=16或m=4，即可得出答案；
②连接DC，证△BCD为等边三角形，得出∠BDC=60°，则∠ADC=120°，由弧长公式即可得出答案；
（3）分两种情况，由勾股定理和三角函数定义分别求解，即可得出答案．
【详解】解：（1）当半圆D与数轴相切时，AB⊥OB，
由勾股定理得：，
故答案为：8；
（2）①∵半圆D与数轴相切时，只有一个公共点，此时m＝8，
当O、A、B三点在数轴上时，m＝10+6＝16或m＝10﹣6＝4，
∴半圆D与数轴有两个公共点时，m的取值范围为：4≤m≤16且m≠8，
故答案为：4≤m≤16且m≠8；
②连接DC，如图1所示：
当BC＝3时，
∵半圆D的直径AB＝6，
∴CD＝BD＝3，
∴△BCD为等边三角形，
∴∠BDC＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∴半圆D在△AOB内部的弧长＝；
（3）①当OB＝AB时，内心、外心与顶点B在同一条直线上，
过点A作AH⊥OB于点H，如图2所示：
设BH＝x，
由勾股定理得：102﹣（6+x）2＝62﹣x2，
解得：，
，
∴；
②当OB＝OA时，内心、外心与顶点O在同一条直线上，
过点A作AH⊥OB于点H，如图3所示：
设BH＝x，
由勾股定理得：102﹣（10﹣x）2＝62﹣x2，
解得：x＝，
∴OH＝，
∴；
综上所述，cos∠AOB的值为或．
【点评】本题是圆的综合题目，考查了切线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、三角函数定义、三角形的内心和外心以及弧长公式等知识；本题综合性强，有一定难度．
14．如图，在∠DAM内部做Rt△ABC，AB平分∠DAM，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点N为BC的中点，动点E由A点出发，沿AB运动，速度为每秒5个单位，动点F由A点出发，沿AM运动，速度为每秒8个单位，当点E到达点B时，两点同时停止运动，过A、E、F作⊙O．
（1）判断△AEF的形状为 ，并判断AD与⊙O的位置关系为 ；
（2）求t为何值时，EN与⊙O相切，求出此时⊙O的半径，并比较半径与劣弧长度的大小；
（3）直接写出△AEF的内心运动的路径长为 ；（注：当A、E、F重合时，内心就是A点）
（4）直接写出线段EN与⊙O有两个公共点时，t的取值范围为 ．
（参考数据：sin37°＝，tan37°＝，tan74°≈，sin74°≈，cos74°≈）
【答案】（1）等腰三角形，相切；（2）t=1，半径为，劣弧长度大于半径；（3）；（4）1≤t≤
【分析】（1）过点E作EH⊥AF于H，连接OA、OE、OH，由勾股定理求出BC＝＝6，设运动时间为t，则AE＝5t，AF＝8t，证明△EAH∽△BAC，得出，求出AH＝4t，则FH＝AF﹣AH＝4t，AH＝FH，得出△AEF是等腰三角形，证明E、H、O三点共线，得出∠OAF+∠AOE＝90°，由AB平分∠DAM，得出∠DAE＝∠EAF＝∠EFA，由圆周角定理得出∠AOE＝2∠EFA，则∠DAF+∠OAF＝90°＝∠DAO，即OA⊥AD，即可得出AD与⊙O相切；
（2）连接OA、OF、OE，OE于AC交于H，易证四边形EHCN为矩形，得出EH＝NC，由勾股定理得出EH＝＝3t，则NC＝3t，BC＝2NC＝6t，由BC＝6，得出t＝1，则AH＝4，EH＝3，设⊙O的半径为x，则OH＝x﹣3，由勾股定理得出OA2＝OH2+AH2，解得x＝，得出OH＝，tan∠AOH＝，得出∠AOH＝74°，由∠AOH＝60°时，△AOE是等边三角形，AE＝OA，74°＞60°，得出AE＞OA，则劣弧长度的大于半径；
（3）当点E运动到B点时，t＝2，AF＝16，AE＝EF＝AB＝10，此时△AEF的内心记为G，当A、E、F重合时，内心为A点，△AEF的内心运动的路径长为AG，作GP⊥AE于P，GQ⊥EF于Q，连接AG、GF，则CG＝PG＝NQ，S△AEF＝AF•BC＝48，设CG＝PG＝NQ＝a，则S△AEF＝S△AGF+S△AEB+S△FEG＝AF•CG+AE•PG+EF•NQ＝×(16+10+10)a＝48，解得a＝，由勾股定理得出AC2+CG2＝AG2，得出AG＝；
（4）分别讨论两种极限位置，①当EN与⊙O相切时，由（2）知，t＝1；②当N在⊙O上，即ON为⊙O的半径，连接OA、ON、OE，OE交AC于H，过点O作OK⊥BC于K，则四边形OKCH为矩形，OA＝OE＝ON，得出OH＝CK，AH＝4t，EH＝3t，设⊙O的半径为x，由勾股定理得出AH2+OH2＝OA2，解得x＝t，则OH＝CK＝t，由勾股定理得出，解得t＝，即可得出结果．
【详解】（1）过点E作EH⊥AF于H，连接OA、OE、OH，如图1所示：
∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，
∴BC＝＝6，
设运动时间为t，则AE＝5t，AF＝8t，
∵∠AHE＝∠ACB＝90°，∠EAH＝∠BAC，
∴△EAH∽△BAC，
∴，即，
∴AH＝4t，
∴FH＝AF﹣AH＝8t﹣4t＝4t，
∴AH＝FH，
∵EH⊥AF，
∴△AEF是等腰三角形，
∴E为的中点，∠EAF＝∠EFA，
∵AH＝FH，
∴OH⊥AC，
∴E、H、O三点共线，
∴∠OAF+∠AOE＝90°，
∵AB平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠EAF＝∠EFA，
∵∠AOE＝2∠EFA，
∴∠AOE＝∠DAE+∠EAF＝∠DAF，
∴∠DAF+∠OAF＝90°＝∠DAO，即OA⊥AD，
∵OA为⊙O的半径，
∴AD与⊙O相切；
故答案为：等腰三角形，相切；
（2）连接OA、OF、OE，OE于AC交于H，如图2所示：
由（1）知：EH⊥AC，
∵EN与⊙O相切，
∴∠OEN＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形EHCN为矩形，
∴EH＝NC，
在Rt△AHE中，EH＝＝3t，
∴NC＝3t，
∵点N为BC的中点，
∴BC＝2NC＝6t，
∵BC＝6，
∴6t＝6，
∴t＝1，
∴AH＝4，EH＝3，
设⊙O的半径为x，则OH＝x﹣3，
在Rt△AOH中，由勾股定理得：OA2＝OH2+AH2，即x2＝(x﹣3)2+42，
解得：x＝，
∴⊙O的半径为，
∴OH＝，
∴tan∠AOH＝＝，
∴∠AOH＝74°，
∵∠AOH＝60°时，△AOE是等边三角形，AE＝OA，74°＞60°，
∴AE＞OA，
∴劣弧长度的大于半径；
（3）当点E运动到B点时，t＝10÷5＝2，
∴AF＝2×8＝16，AE＝EF＝AB＝10，
此时△AEF的内心记为G，当A、E、F重合时，内心为A点，
∴△AEF的内心运动的路径长为AG，
作GP⊥AE于P，GQ⊥EF于Q，连接AG、GF，则CG＝PG＝NQ，如图3所示：
S△AEF＝AF•BC＝×16×6＝48，
设CG＝PG＝NQ＝a，
则S△AEF＝S△AGF+S△AEB+S△FEG＝AF•CG+AE•PG+EF•NQ＝×(16+10+10)a＝48，
解得：a＝，
在Rt△AGC中，AC2+CG2＝AG2，即82+()2＝AG，
∴AG＝，
故答案为：；
（4）分别讨论两种极限位置，
①当EN与⊙O相切时，由（2）知，t＝1；
②当N在⊙O上，即ON为⊙O的半径，
连接OA、ON、OE，OE交AC于H，过点O作OK⊥BC于K，如图4所示：
则四边形OKCH为矩形，OA＝OE＝ON，
∴OH＝CK，AH＝4t，EH＝3t，
设⊙O的半径为x，
则在Rt△AOH中，AH2+OH2＝OA2，即(4t)2+(x﹣3t)2＝x2，
解得：x＝t，
∴OH＝CK＝t﹣3t＝t，
在Rt△OKN中，OK2+KN2＝ON2，即(8﹣4t)2+(3+t)2＝(t)2，
解得：t＝，
∴线段EN与⊙O有两个公共点时，t的取值范围为：1≤t≤，
故答案为：1≤t≤．
【点评】本题考查圆的综合，还用到了三角函数和勾股定理，注意在动点问题的处理中，我们要先找出动点运动时的分界点，将动点问题转化为顶点问题来解决．
15．如图，已知，的内切圆分别切边于点直线分别与直线相交于点.求证：．
【答案】见解析
【分析】连结、、、、，根据三角形外角性质和内心的性质得，再根据切线长定理得到，则，根据三角形内角和定理得到，而，所以，根据四点共圆的判定方法得到、、、四点共圆，于是根据圆周角定理得，；易得，再由得到，又可判断、、、四点共圆，所以，，根据切线长定理得到，则，，而，于是得到点和在以为直径的圆上，根据正弦定理得，所以．
【详解】解：证明：连结、、、、，如图，
点为的内心，
，
的内切圆分别切边、于点、，
，
，
，
，
，
、、、四点共圆，
，
与相切，
，
，
，
，
、、、四点共圆，
，，
的内切圆分别切边、于点、，
，垂直平分，
，
，，
而，
、、、四点共圆，即点和在以为直径的圆上，
，
．
【点评】本题考查了四点共圆：若线段同侧二点到线段两端点连线夹角相等，那么这二点和线段二端点四点共圆；若四点连成四边形的对角互补或其中一个外角等于其邻补角的内对角，则这四点共圆．也考查了圆周角定理、三角形内心的性质、切线的性质和正弦定理．
16．如图，AB为⊙O的直径，点C为下方的一动点，连结OC，过点O作OD⊥OC交BC于点D，过点C作AB的垂线，垂足为F，交DO的延长线于点E．
（1）求证：EC＝ED．
（2）当OE＝OD，AB＝4时，求OE的长．
（3）设＝x，tanB＝y．
①求y关于x的函数表达式；
②若△COD的面积是△BOD的面积的3倍，求y的值．
【答案】（1）见解析；（2）OE＝；（3）①y＝（0＜x＜1），②y＝．
【分析】（1）先证明∠ECD=∠EDC，即可证明EC＝ED；
（2）先证明△ECD是等边三角形，即可说明∠E=60°，然后再说明△EOC是直角三角形，最后解直角三角形即可；
（3）①连接AC.先证明x＝＝，再证得;令OC=k，则OF=kx，然后再利用勾股定理求得CF、AF，即可求得函数解析式；
②作OH⊥BC于H，设BD=m，根据相似三角形的性质用m表示出OH、BH，然后代入函数解析式即可．
【详解】（1）证明：∵OD⊥OC，
∴∠COD＝90°，
∴∠OCD+∠ODC＝90°，
∵EC⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠B+∠ECB＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠B＝∠OCD，
∴∠ODC＝∠ECB，
∴EC＝EB．
（2）解：∵OE＝OD，OC⊥ED，
∴CE＝CE，
∵EC＝ED，
∴EC＝ED＝CD，
∴△ECD是等边三角形，
∵∠E＝60°，
在Rt△EOC中，
∵∠EOC＝90°，OC＝AB＝2，
∴OE＝＝．
（3）解：①连接AC．
∵EC＝ED，∠EOC＝90°
∴＝＝sin∠ECO，
∵∠OFC＝90°，
∴sin∠ECO＝，
∴x＝＝，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠AFC＝90°，
∴∠ACF+∠A＝90°，∠B+∠A＝90°，
∴∠ACF＝∠B，
∴tan∠B＝tan∠ACF＝＝y，
令OC＝k，则OF＝kx，CF＝＝＝k•，
∴AF＝OA﹣OF＝k﹣kx＝k（1﹣x），
∴y＝＝＝（0＜x＜1）．
②作OH⊥BC于H．设BD＝m，
∵△COD的面积是△BOD的面积的3倍，
∴CD＝3BD＝3m，CB＝4m，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝2m，
∴HD＝m，
∵∠OCH+∠COH＝90°，∠COH+∠DOH＝90°，
∴∠OCH＝∠DOH，
∵∠OHC＝∠OHD＝90°，
∴△OHC∽△DHO，
∴＝，
∴OH2＝2m2，
∴OH＝m，
∴y＝tanB＝＝＝．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了解直角三角形、相似三角形的判定和性质等知识，掌握用参数解决问题、添加辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
17．如图，⊙O为△ABC的外接圆，直线MN与⊙O相切于点C，弦BD∥MN，AC与BD相交于点E．
（1）求证：∠CAB=∠CBD；
（2）若BC=5，BD =8，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）利用切线性质和垂径定理可得=,故∠CAB=∠CBD；
（2）连接OB，在Rt△BCF中，利用勾股定理可得.
【详解】解：（1）连接OC，交BD于点F
∵直线MN与⊙O相切于点C，
∴OC ⊥ MN，
∵BD∥ MN，
∴OC ⊥ BD，
∴ =,
∴∠CAB=∠CBD
（2）连接OB
由（1）知OC ⊥ BD，BD=8
∴BF=DF=4
∴在Rt△BCF中得CF=3
设半径为r,在Rt△BOF中，OF=r-3
根据勾股定理可得 解得
【点评】考核知识点：垂径定理，切线性质. 熟记垂径定理，切线性质，利用勾股定理解决问题是关键.
18．如图，四边形ABCD内接于⊙O，且对角线AC⊥BD，垂足为点E，过点C作CF⊥AB于点F，交BD于点G．
（1）如图①，连接EF，若EF平分∠AFG，求证：AE＝GE；
（2）如图②，连接CO并延长交AB于点H，若CH为∠ACF的平分线，AD＝3，且tan∠FBG＝，求线段AH长
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）过点E作EF的垂线交CF于点I，证△EFI是等腰直角三角形，进而可证△AEF≌△GEI，等量代换即可证明结论；
（2）连接DO并延长，交⊙O于点P，连接AP，先求出圆的半径，再过点H作HJ⊥AC于点J，过点O作OK⊥AC于点K，根据三角函数可设设AJ＝3t，则HJ＝4t，由勾股定理可知AH＝5t，根据角平分线的性质定理及三角函数用含有t的代数式表示出HF＝HJ＝4t，AF＝9t，CF＝CJ＝12t，AC＝15t，CK＝t，再根据平行线分线段成比例定理及勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图，过点E作EF的垂线交CF于点I，
∵CF⊥AB，
∴∠AFG＝90°，
∵EF平分∠AFG，
∴∠EFI＝45°，
∵EF⊥EI，
∴∠EIF＝45°，
∴EF＝EI
又∵∠EGF＋∠FAE＝180°，∠EGF＋∠EGI＝180°，
∴∠EGI＝∠FAE，
∵∠AEB＝∠FEI＝90°，
∴∠AEF＝∠GEI，
∴△AEF≌△GEI(AAS)，
∴AE＝GE
（2）如图②，连接DO并延长，交⊙O于点P，连接AP，
则∠ABD＝∠P，
∵DP为⊙O的直径，
∴∠PAD＝90°，
∵tan∠FBG＝，
∴tanP＝＝，
又∵AD＝3，
∴AP＝4，PD＝5，
∴OD＝
∴OC=OD＝
如图③，过点H作HJ⊥AC于点J，过点O作OK⊥AC于点K，
∵HJ⊥AC，BD⊥AC，
∴HJ∥BD，
∴∠ABD＝∠AHJ，则tan∠AHJ＝，
设AJ＝3t，则HJ＝4t，由勾股定理可知AH＝5t，
∵CH是∠ACF的平分线，且HF⊥CF，HJ⊥AC，
∴HF＝HJ＝4t，
∴AF＝AH＋HF＝9t，
设CF＝x，则CJ＝x，
∵∠BFG＝∠GEC，∠FGB＝∠EGC，
∴∠FBG＝∠ECG，
∴tan∠FCJ＝＝＝，
解得x＝12t，
∴CF＝CJ＝12t，
∴AC＝15t，
∴CK＝t
又∵OK∥HJ，
∴＝，
∴OK＝＝t，
∴在Rt△OCK中，OK2＋KC2＝OC2，即(t)2＋(t)2＝()2，
解得t＝ (负值舍去)，
∴AH＝5t＝
【点评】本题是圆的综合题，主要考查三角形全等的性质与判定、圆的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等，正确的添加辅助线是解答的关键．
19．如图，在中，是底边上一点，是线段上一点，且．
求证：．
【答案】见解析
【分析】首先作DO∥AB交AC于O，得出O为△EDC的外心，取F为△EDC的外接圆与AC的交点，连接DF，证明△ACE∽△ADF，即有，再证明△ADO∽△BAE，可得AF=OD=OC=CF，得出AO=2OC，再根据DO∥AB得出，即可证明BD=2CD．
【详解】解：证明：作DO∥AB交AC于O，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=∠ODC，
∴OD=OC，且∠DOC=∠BAC=2∠CED，
∴O为△EDC的外心，
取F为△EDC的外接圆与AC的交点，连接DF，则OF=OC=OD，∠ACE=∠ADF，
∵∠CAE=∠DAF，
∴△ACE∽△ADF，即有，
再由DO∥AB，∠ADO=∠BAE，
∠AOD=180-∠DOC=180°-∠BAC=180°-∠BED=∠AEB，
∴△ADO∽△BAE，
即得，
故AF=OD=OC=CF，从而AO=2OC，
∵DO∥AB，
∴,
∴BC=3CD，
∴BD=2CD．
【点评】本题主要考查了等腰三角形有关知识，同圆中同角所对的弦之间的关系以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是构造出圆O，有一定难度．
20．如图所示，为△ABC的外接圆，BC为直径，AD平分∠BAC交于D，点M为△ABC的内心，DM=，AB=8，求OM的长.
【答案】.
【解析】作MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H，连结MC、DC、BD，根据内心的性质得∠ACM=∠BCM，MF=ME=MH，根据BC为直径可得到∠BAC=90°，∠BDC=90°，而AD平分∠BAC，则∠BAD=∠CAD=∠BAC=45°，再次根据圆周角定理得到∠DBC=∠BCD=45°，于是可判断△BDC为等腰直角三角形，则BC=DC，然后利用三角形外角性质可证明∠DMC=∠DCM，得到DC=DM，可得BC=DM=10，利用勾股定理可求出AC的长，由内心的性质可证明四边形AHME是正方形，根据切线长定理可求出AE的长，即MF的长，利用切线长定理可求出CF的长，进而可得OF的长，利用勾股定理求出OM的长即可.
【详解】作MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H，连结MC、DC、BD，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°，∠BDC=90°，
∵M为△ABC的内心，
∴∠ACM=∠BCM，∠BAD=∠CAD=∠BAC=45°，
∵∠DBC=∠DAC，∠BCD=∠BAD，
∴∠DBC=∠BCD=45°
∴△BDC为等腰直角三角形，
∵∠DMC=∠ACM+∠CAD，∠DCM=∠BCD+∠BCM，
∴∠DMC=∠DCM，
∴CD=DM=，
∴BC=CD=×=10，
∴AC==6，
∵MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H，M为内心，
∴MF、ME、MH为内切圆半径，MF=ME=MH，F、E、H为切点，
∴四边形AHME是正方形，
∴AE=ME=MF，
∵AB、AC、BC是切线，
∴AH=AE，BH=BF，CE=CF，
∴BC=CF+BF=AC-AE+AB-AH，
∴6-AE+8-AE=10，
解得：AE=2，MF=AE=2，
∴CF=CE=AC-AE=6-2=4，
∴OF=OC-CF=BC-CF=5-4=1，
∴OM===.
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心；三角形的内心就是三角形三个内角的角平分线的交点，也考查了圆周角定理和勾股定理．熟练掌握内心的性质并正确作出辅助线是解题关键.
40第7章圆之内外心综合
一、单选题
1．10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，、、、、、均是正六边形的顶点．则点是下列哪个三角形的外心（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断．
【详解】答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点O到A，B，C，D，E的距离中，只有OA=OC=OD．
故选：D．
【点评】此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等．
2．已知等边三角形ABC．如图，
（1）分别以点A，B为圆心，大于的AB长为半径作弧，两弧相交于M，N两点；
（2）作直线MN交AB于点D；
（2）分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径作弧，两弧相交于H，L两点；
（3）作直线HL交AC于点E；
（4）直线MN与直线HL相交于点O；
（5）连接OA，OB，OC．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论：①OB＝2OE；②AB＝2OA；③OA＝OB＝OC；④∠DOE＝120°，正确的是（ ）
A．①②③④ B．①③④ C．①②③ D．③④
【答案】B
【分析】根据等边三角形的性质，三角形的外心，三角形的内心的性质一一判断即可．
【详解】解：由作图可知，点O是△ABC的外心，
∵△ABC是等边三角形，
∴点O是△ABC的外心也是内心，
∴OB＝2OE，OA＝OB＝OC，
∵∠BAC＝60°，∠ADO＝∠AEO＝90°，
∴∠DOE＝180°﹣60°＝120°，
故①③④正确，
故选：B．
【点评】本题考查作图−复杂作图，线段的垂直平分线的性质，等边三角形的性质等知识，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，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，为，点A的坐标是，，把绕点A按顺时针方向旋转后，得到，则的外接圆圆心坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】取AB'中点P，过点P分别作PE⊥x轴，根据旋转的性质可得AB＝AB'，∠BAB'＝90°，∠B'O'A＝∠BOA＝90°，先说明的外接圆圆心为点P，再利用点A的坐标是，，求得AB长，进而可得AB'的长，在求得∠PAE＝30°，在Rt△PAE中，利用30°角的性质及勾股定理即可求得答案．
【详解】解：如图，取AB'中点P，过点P分别作PE⊥x轴，垂足为点E，连接PO'，
∵把绕点A按顺时针方向旋转后，得到，
∴AB＝AB'，∠BAB'＝90°，∠B'O'A＝∠BOA＝90°，
∵点P为AB'的中点，
∴PA＝PB'＝PO'＝AB'，
∴的外接圆圆心为点P，
∵∠BAO＝60°，∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝90°－∠BAO＝30°，
∴OA＝AB，
∵点A的坐标为（1，0），
∴OA＝1，
∴AB'＝AB＝2OA＝2，
∴PA＝AB'＝1，
∵∠BAB'＝90°，∠BAO＝60°，
∴∠PAE＝180°－∠BAB'－∠BAO＝30°，
∴PE＝PA＝,
∴在Rt△PEA中，，
∴点P的坐标为．
【点评】本题考查了含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，直角三角形的外接圆等相关知识，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质及勾股定理是解决本题的关键．
4．已知等边三角形的周长为6，则它的内切圆和外接圆组成的圆环面积为（ ）
A．6π B．3π C．π D．2π
【答案】C
【分析】根据题意画出图形，由等边三角形的周长为6，可得BC＝2，设点D为BC边与内切圆的切点，连接AD，则AD⊥BC，可得BD＝DC＝BC＝1，再根据勾股定理可得OB2﹣OD2＝BD2＝1，再根据S圆环＝S外接圆﹣S内切圆即可得结论．
【详解】解：如图，
∵等边三角形ABC的周长为6，
∴BC＝2，
设点D为BC边与内切圆的切点，
连接AD，则AD⊥BC，
∴BD＝DC＝BC＝1，
在Rt△BOD中，根据勾股定理，得
OB2﹣OD2＝BD2＝1，
∴S圆环＝S外接圆﹣S内切圆
＝OB2π﹣OD2π
＝BD2π
＝π．
故选：C．
【点评】本题考查三角形的外接圆与内切圆，掌握正三角形的外接圆与内切圆半径求算是解题关键．
5．如图，扇形AOD中，，，点P为弧AD上任意一点（不与点A和D重合），于Q，点I为的内心，过O，I和D三点的圆的半径为r．则当点P在弧AD上运动时，r的值满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连OI，PI，DI，由△OPH的内心为I，可得到∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH）=135°，并且易证△OPI≌△ODI，得到∠DIO=∠PIO=135°，所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，在优弧AO取点P′，连P′D，P′O，可得∠DP′O=180°-135°=45°，得∠DO′O=90°，O′O=．
【详解】解：如图，连OI，PI，DI，
∵△OPH的内心为I，
∴∠IOP=∠IOD，∠IPO=∠IPH，
∴∠PIO=180°-∠IPO-∠IOP=180°-（∠HOP+∠OPH），
而PH⊥OD，即∠PHO=90°，
∴∠PIO=180°-（∠HOP+∠OPH）=180°-（180°-90°）=135°，
在△OPI和△ODI中，
，
∴△OPI≌△ODI（SAS），
∴∠DIO=∠PIO=135°，
所以点I在以OD为弦，并且所对的圆周角为135°的一段劣弧上；
过D、I、O三点作⊙O′，如图，连O′D，O′O，
在优弧DO取点P′，连P′D，P′O，
∵∠DIO=135°，
∴∠DP′O=180°-135°=45°，
∴∠DO′O=90°，而OD=6，
∴OO′=DO′=，
∴r的值为，
故选D．
【点评】本题考查的是三角形的内切圆与内心，根据题意作出辅助线，构造出全等三角形是解答此题的关键．
二、填空题
6．如图，是的外接圆，，于点，延长交于点，若，，则的长是_________．
【答案】
【分析】连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，根据圆周角定理可得∠BOC＝90°，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可得DG，AG，可求AD，再根据相似三角形的判定和性质可求DE．
【详解】解：连结OB，OC，OA，过O点作OF⊥BC于F，作OG⊥AE于G，
∵⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∵BD＝4，CD＝1，
∴BC＝4＋1＝5，
∴OB＝OC＝，
∴OA＝，OF＝BF＝，
∴DF＝BD−BF＝，
∴OG＝，GD＝，
在Rt△AGO中，AG＝，
∴AD＝AG＋GD＝，
∵连接BE,AD与BE相交于D，
∴∠BED=∠ACD，∠BDE=∠ADC，
∴△BDE∽△ADC，
∴
．
故答案为：．
【点评】考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的难点是求出AD的长．
7．内接于，且，点到的距离为3，圆的半径为5，则的长是____．
【答案】或
【分析】如图（见解析），过点A作于点D，先根据等腰三角形的判定与性质可得AD为BC的垂直平分线，再根据三角形外接圆的性质可知圆心点O在直线AD上，然后分为锐角等腰三角形和钝角等腰三角形两种情况，分别利用勾股定理即可得．
【详解】如图，过点A作于点D
为等腰三角形
为BC的垂直平分线（等腰三角形的三线合一）
内接于
圆心点O在直线AD上
由题意得：
根据的形状，分以下两种情况：
（1）如图1，为锐角等腰三角形
，
在中，
（2）如图2，为钝角等腰三角形
，
在中，
综上，AB的长为或
故答案为：或．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质、三角形外接圆的性质、勾股定理等知识点，利用三角形外接圆的性质得出圆心点O的位置是解题关键．
8．如图，AB是⊙O的直径，且AB=4，点C是半圆AB上一动点（不与A，B重合），CD平分∠ACB交⊙O于点D，点 I是△ABC的内心，连接BD．下列结论：
①点D的位置随着动点C位置的变化而变化；
②ID=BD；
③OI的最小值为；
④ACBC=CD．
其中正确的是 _____________ ．（把你认为正确结论的序号都填上）
【答案】②④
【分析】①在同圆或等圆中，根据圆周角相等，则弧相等可作判断；
②连接IB，根据点I是△ABC的内心，得到，可以证得 ，即有，可以判断②正确；
③当OI最小时，经过圆心O，作，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理，可求出，可判断③错误；
④用反证法证明即可．
【详解】解： 平分，AB是⊙O的直径，
，
，
是的直径，
是半圆的中点，即点是定点；
故①错误；
如图示，连接IB，
∵点I是△ABC的内心，
∴
又∵，
∴
即有
∴，
故②正确；
如图示，当OI最小时，经过圆心O，
过I点，作，交于点
∵点I是△ABC的内心，经过圆心O，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形，
又∵，
∴，
设，则，，
∴，
解之得：，
即：，
故③错误；
假设，
∵点C是半圆AB上一动点，
则点C在半圆AB上对于任意位置上都满足，
如图示，
当经过圆心O时，，，
∴
与假设矛盾，故假设不成立，
∴
故④正确；
综上所述，正确的是②④，
故答案是：②④
【点评】此题考查了三角形的内心的定义和性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形外接圆有关的性质，角平分线的定义等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
9．如图所示的网格由边长为个单位长度的小正方形组成，点、、、在直角坐标系中的坐标分别为，，，则内心的坐标为______．
【答案】（2，3）
【分析】根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，计算出△ABC各边的长度，易得该三角形是直角三角形，设BC的关系式为：y=kx+b，求出BC与x轴的交点G的坐标，证出点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，三角形的内心在BD上，设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，求出r的值，在△BEM中，利用勾股定理求出BM的值，即可得到点M的坐标．
【详解】解：根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，
根据题意可得：AB=，AC=，BC=，
∵，
∴∠BAC=90°，
设BC的关系式为：y=kx+b，
代入B，C，
可得，
解得：，
∴BC：，
当y=0时，x=3，即G（3,0），
∴点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，
设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，
∵∠BAC=90°，
∴四边形MEAF为正方形，
S△ABC=，
解得：，
即AE=EM=，
∴BE=，
∴BM=，
∵B（-3，3），
∴M（2，3），
故答案为：（2，3）．
【点评】本题考查三角形内心、平面直角坐标系、一次函数的解析式、勾股定理和正方形的判定与性质等相关知识点，把握内心是三角形内接圆的圆心这个概念，灵活运用各种知识求解即可．
10．若三角形的三边长分别是 6、8、10，则这个三角形的内心与外心之间的距离为____________．
【答案】
【分析】先说明三角形三边是直角三角形，再根据直角三角形可确定三角形的外心在斜边的中点和直角三角形内切圆半径公式确定内切圆的半径，然后用勾股定理解答即可．
【详解】解：如图：∵三角形的三边长为BC=6cm，AC=8cm，AB=10cm
∴三角形为直角三角形
∴直角三角形的外心是斜边的中点，即AD=BD=AB=5
由直角三角形内切圆半径公式： 即OE=2
∵OF⊥BC，OG⊥AC
∴CF=CG=OF=OG=2，
∴BE=FB=4，BD=5
∴DE=BD-BE=1
在Rt△ODE中，DE=1，OE=2
∴OD=．
故答案为．
【点评】本题主要考查了勾股定理、直角三角形外心与内心有关知识，根据直角三角形的性质确定直角三角形的内心和外心是解答本题的关键．
三、解答题
11．问题提出
（1）如图①，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，点O是△ABC的外接圆的圆心，则OB的长为
问题探究
（2）如图②，已知矩形ABCD，AB＝4，AD＝6，点E为AD的中点，以BC为直径作半圆O，点P为半圆O上一动点，求E、P之间的最大距离；
问题解决
（3）某地有一块如图③所示的果园，果园是由四边形ABCD和弦CB与其所对的劣弧场地组成的，果园主人现要从入口D到上的一点P修建一条笔直的小路DP．已知AD∥BC，∠ADB＝45°，BD＝120米，BC＝160米，过弦BC的中点E作EF⊥BC交于点F，又测得EF＝40米．修建小路平均每米需要40元（小路宽度不计），不考虑其他因素，请你根据以上信息，帮助果园主人计算修建这条小路最多要花费多少元？
【答案】（1）；（2）E、P之间的最大距离为7；（3）修建这条小路最多要花费元．
【分析】（1）若AO交BC于K，则AK＝8，在Rt△BOK中，设OB＝x，可得x2＝62+（8﹣x）2，解方程可得OB的长；
（2）延长EO交半圆于点P，可求出此时E、P之间的最大距离为OE+OP的长即可；
（3）先求出所在圆的半径，过点D作DG⊥BC，垂足为G，连接DO并延长交于点P，则DP为入口D到上一点P的最大距离，求出DP长即可求出修建这条小路花费的最多费用．
【详解】（1）
如图，若AO交BC于K，
∵点O是△ABC的外接圆的圆心，AB＝AC，
∴AK⊥BC，BK＝，
∴AK＝，
在Rt△BOK中，OB2＝BK2+OK2，设OB＝x，
∴x2＝62+(8−x)2，
解得x＝，
∴OB＝；
故答案为：．
（2）
如图，连接EO，延长EO交半圆于点P，可求出此时E、P之间的距离最大，
∵在是任意取一点异于点P的P′，连接OP′，P′E，
∴EP＝EO+OP＝EO+OP′＞EP′，即EP＞EP′，
∵AB＝4，AD＝6，
∴EO＝4，OP＝OC＝，
∴EP＝OE+OP＝7，
∴E、P之间的最大距离为7．
（3）
作射线FE交BD于点M，
∵BE＝CE，EF⊥BC，是劣弧，
∴所在圆的圆心在射线FE上，
假设圆心为O，半径为r，连接OC，则OC＝r，OE＝r−40，BE＝CE＝，
在Rt△OEC中，r2＝802+(r−40)2，
解得：r＝100，
∴OE＝OF−EF＝60，
过点D作DG⊥BC，垂足为G，
∵AD∥BC，∠ADB＝45°，
∴∠DBC＝45°，
在Rt△BDG中，DG＝BG＝，
在Rt△BEM中，ME＝BE＝80，
∴ME＞OE，
∴点O在△BDC内部，
∴连接DO并延长交于点P，则DP为入口D到上一点P的最大距离，
∵在上任取一点异于点P的点P′，连接OP′，P′D，
∴DP＝OD+OP＝OD+OP′＞DP′，即DP＞DP′，
过点O作OH⊥DG，垂足为H，则OH＝EG＝40，DH＝DG−HG＝DG−OE＝60，
∴,
∴DP＝OD+r＝，
∴修建这条小路最多要花费40×元．
【点评】本题主要考查了圆的性质与矩形性质的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
12．如图，，，点D在AC边上，．
求证：≌；
若，求的度数；
若，当的外心在直线DE上时，，求AE的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】由三角形的外角的性质可得，由“AAS”可证≌；
由全等三角形的性质可求，，可得，即可求解；
由直角三角形的外心是斜边的中点，可得点D是AC的中点，可证是等边三角形，可得，即可求解．
【详解】证明：，且，
，
，，
≌
≌，
，，
，
，
，
；
，
的外心是斜边AC的中点，
的外心在直线DE上，
点D是AC的中点，
，
又，
，
是等边三角形，
，
．
【点评】本题考查了三角形的外接圆和外心，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
13．如图，半圆D的直径AB＝6，线段OA＝10，O为原点，点B在数轴的正半轴上运动，点B在数轴上所表示的数为m．
（1）当半圆D与数轴相切时，求m；
（2）半圆D与数轴有两个公共点，设另一个公共点为C，
①直接写出m的取值范围是 ；
②当半圆D被数轴截得的弦长为3时，求半圆D在AOB内部的弧长；
（3）当AOB的内心、外心与某一个顶点在同一条直线上时，求cos∠AOB的值．
【答案】（1）8；（2）①4≤m≤16且m≠8；②2π；（3）或
【分析】（1）由切线的性质得出AB⊥OB，由勾股定理即可得答案；
（2）①半圆D与数轴相切时，只有一个公共点，此时m=8，当O、A、B三点在数轴上时，m=16或m=4，即可得出答案；
②连接DC，证△BCD为等边三角形，得出∠BDC=60°，则∠ADC=120°，由弧长公式即可得出答案；
（3）分两种情况，由勾股定理和三角函数定义分别求解，即可得出答案．
【详解】解：（1）当半圆D与数轴相切时，AB⊥OB，
由勾股定理得：，
故答案为：8；
（2）①∵半圆D与数轴相切时，只有一个公共点，此时m＝8，
当O、A、B三点在数轴上时，m＝10+6＝16或m＝10﹣6＝4，
∴半圆D与数轴有两个公共点时，m的取值范围为：4≤m≤16且m≠8，
故答案为：4≤m≤16且m≠8；
②连接DC，如图1所示：
当BC＝3时，
∵半圆D的直径AB＝6，
∴CD＝BD＝3，
∴△BCD为等边三角形，
∴∠BDC＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∴半圆D在△AOB内部的弧长＝；
（3）①当OB＝AB时，内心、外心与顶点B在同一条直线上，
过点A作AH⊥OB于点H，如图2所示：
设BH＝x，
由勾股定理得：102﹣（6+x）2＝62﹣x2，
解得：，
，
∴；
②当OB＝OA时，内心、外心与顶点O在同一条直线上，
过点A作AH⊥OB于点H，如图3所示：
设BH＝x，
由勾股定理得：102﹣（10﹣x）2＝62﹣x2，
解得：x＝，
∴OH＝，
∴；
综上所述，cos∠AOB的值为或．
【点评】本题是圆的综合题目，考查了切线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、三角函数定义、三角形的内心和外心以及弧长公式等知识；本题综合性强，有一定难度．
14．如图，在∠DAM内部做Rt△ABC，AB平分∠DAM，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点N为BC的中点，动点E由A点出发，沿AB运动，速度为每秒5个单位，动点F由A点出发，沿AM运动，速度为每秒8个单位，当点E到达点B时，两点同时停止运动，过A、E、F作⊙O．
（1）判断△AEF的形状为 ，并判断AD与⊙O的位置关系为 ；
（2）求t为何值时，EN与⊙O相切，求出此时⊙O的半径，并比较半径与劣弧长度的大小；
（3）直接写出△AEF的内心运动的路径长为 ；（注：当A、E、F重合时，内心就是A点）
（4）直接写出线段EN与⊙O有两个公共点时，t的取值范围为 ．
（参考数据：sin37°＝，tan37°＝，tan74°≈，sin74°≈，cos74°≈）
【答案】（1）等腰三角形，相切；（2）t=1，半径为，劣弧长度大于半径；（3）；（4）1≤t≤
【分析】（1）过点E作EH⊥AF于H，连接OA、OE、OH，由勾股定理求出BC＝＝6，设运动时间为t，则AE＝5t，AF＝8t，证明△EAH∽△BAC，得出，求出AH＝4t，则FH＝AF﹣AH＝4t，AH＝FH，得出△AEF是等腰三角形，证明E、H、O三点共线，得出∠OAF+∠AOE＝90°，由AB平分∠DAM，得出∠DAE＝∠EAF＝∠EFA，由圆周角定理得出∠AOE＝2∠EFA，则∠DAF+∠OAF＝90°＝∠DAO，即OA⊥AD，即可得出AD与⊙O相切；
（2）连接OA、OF、OE，OE于AC交于H，易证四边形EHCN为矩形，得出EH＝NC，由勾股定理得出EH＝＝3t，则NC＝3t，BC＝2NC＝6t，由BC＝6，得出t＝1，则AH＝4，EH＝3，设⊙O的半径为x，则OH＝x﹣3，由勾股定理得出OA2＝OH2+AH2，解得x＝，得出OH＝，tan∠AOH＝，得出∠AOH＝74°，由∠AOH＝60°时，△AOE是等边三角形，AE＝OA，74°＞60°，得出AE＞OA，则劣弧长度的大于半径；
（3）当点E运动到B点时，t＝2，AF＝16，AE＝EF＝AB＝10，此时△AEF的内心记为G，当A、E、F重合时，内心为A点，△AEF的内心运动的路径长为AG，作GP⊥AE于P，GQ⊥EF于Q，连接AG、GF，则CG＝PG＝NQ，S△AEF＝AF•BC＝48，设CG＝PG＝NQ＝a，则S△AEF＝S△AGF+S△AEB+S△FEG＝AF•CG+AE•PG+EF•NQ＝×(16+10+10)a＝48，解得a＝，由勾股定理得出AC2+CG2＝AG2，得出AG＝；
（4）分别讨论两种极限位置，①当EN与⊙O相切时，由（2）知，t＝1；②当N在⊙O上，即ON为⊙O的半径，连接OA、ON、OE，OE交AC于H，过点O作OK⊥BC于K，则四边形OKCH为矩形，OA＝OE＝ON，得出OH＝CK，AH＝4t，EH＝3t，设⊙O的半径为x，由勾股定理得出AH2+OH2＝OA2，解得x＝t，则OH＝CK＝t，由勾股定理得出，解得t＝，即可得出结果．
【详解】（1）过点E作EH⊥AF于H，连接OA、OE、OH，如图1所示：
∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，
∴BC＝＝6，
设运动时间为t，则AE＝5t，AF＝8t，
∵∠AHE＝∠ACB＝90°，∠EAH＝∠BAC，
∴△EAH∽△BAC，
∴，即，
∴AH＝4t，
∴FH＝AF﹣AH＝8t﹣4t＝4t，
∴AH＝FH，
∵EH⊥AF，
∴△AEF是等腰三角形，
∴E为的中点，∠EAF＝∠EFA，
∵AH＝FH，
∴OH⊥AC，
∴E、H、O三点共线，
∴∠OAF+∠AOE＝90°，
∵AB平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠EAF＝∠EFA，
∵∠AOE＝2∠EFA，
∴∠AOE＝∠DAE+∠EAF＝∠DAF，
∴∠DAF+∠OAF＝90°＝∠DAO，即OA⊥AD，
∵OA为⊙O的半径，
∴AD与⊙O相切；
故答案为：等腰三角形，相切；
（2）连接OA、OF、OE，OE于AC交于H，如图2所示：
由（1）知：EH⊥AC，
∵EN与⊙O相切，
∴∠OEN＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形EHCN为矩形，
∴EH＝NC，
在Rt△AHE中，EH＝＝3t，
∴NC＝3t，
∵点N为BC的中点，
∴BC＝2NC＝6t，
∵BC＝6，
∴6t＝6，
∴t＝1，
∴AH＝4，EH＝3，
设⊙O的半径为x，则OH＝x﹣3，
在Rt△AOH中，由勾股定理得：OA2＝OH2+AH2，即x2＝(x﹣3)2+42，
解得：x＝，
∴⊙O的半径为，
∴OH＝，
∴tan∠AOH＝＝，
∴∠AOH＝74°，
∵∠AOH＝60°时，△AOE是等边三角形，AE＝OA，74°＞60°，
∴AE＞OA，
∴劣弧长度的大于半径；
（3）当点E运动到B点时，t＝10÷5＝2，
∴AF＝2×8＝16，AE＝EF＝AB＝10，
此时△AEF的内心记为G，当A、E、F重合时，内心为A点，
∴△AEF的内心运动的路径长为AG，
作GP⊥AE于P，GQ⊥EF于Q，连接AG、GF，则CG＝PG＝NQ，如图3所示：
S△AEF＝AF•BC＝×16×6＝48，
设CG＝PG＝NQ＝a，
则S△AEF＝S△AGF+S△AEB+S△FEG＝AF•CG+AE•PG+EF•NQ＝×(16+10+10)a＝48，
解得：a＝，
在Rt△AGC中，AC2+CG2＝AG2，即82+()2＝AG，
∴AG＝，
故答案为：；
（4）分别讨论两种极限位置，
①当EN与⊙O相切时，由（2）知，t＝1；
②当N在⊙O上，即ON为⊙O的半径，
连接OA、ON、OE，OE交AC于H，过点O作OK⊥BC于K，如图4所示：
则四边形OKCH为矩形，OA＝OE＝ON，
∴OH＝CK，AH＝4t，EH＝3t，
设⊙O的半径为x，
则在Rt△AOH中，AH2+OH2＝OA2，即(4t)2+(x﹣3t)2＝x2，
解得：x＝t，
∴OH＝CK＝t﹣3t＝t，
在Rt△OKN中，OK2+KN2＝ON2，即(8﹣4t)2+(3+t)2＝(t)2，
解得：t＝，
∴线段EN与⊙O有两个公共点时，t的取值范围为：1≤t≤，
故答案为：1≤t≤．
【点评】本题考查圆的综合，还用到了三角函数和勾股定理，注意在动点问题的处理中，我们要先找出动点运动时的分界点，将动点问题转化为顶点问题来解决．
15．如图，已知，的内切圆分别切边于点直线分别与直线相交于点.求证：．
【答案】见解析
【分析】连结、、、、，根据三角形外角性质和内心的性质得，再根据切线长定理得到，则，根据三角形内角和定理得到，而，所以，根据四点共圆的判定方法得到、、、四点共圆，于是根据圆周角定理得，；易得，再由得到，又可判断、、、四点共圆，所以，，根据切线长定理得到，则，，而，于是得到点和在以为直径的圆上，根据正弦定理得，所以．
【详解】解：证明：连结、、、、，如图，
点为的内心，
，
的内切圆分别切边、于点、，
，
，
，
，
，
、、、四点共圆，
，
与相切，
，
，
，
，
、、、四点共圆，
，，
的内切圆分别切边、于点、，
，垂直平分，
，
，，
而，
、、、四点共圆，即点和在以为直径的圆上，
，
．
【点评】本题考查了四点共圆：若线段同侧二点到线段两端点连线夹角相等，那么这二点和线段二端点四点共圆；若四点连成四边形的对角互补或其中一个外角等于其邻补角的内对角，则这四点共圆．也考查了圆周角定理、三角形内心的性质、切线的性质和正弦定理．
16．如图，AB为⊙O的直径，点C为下方的一动点，连结OC，过点O作OD⊥OC交BC于点D，过点C作AB的垂线，垂足为F，交DO的延长线于点E．
（1）求证：EC＝ED．
（2）当OE＝OD，AB＝4时，求OE的长．
（3）设＝x，tanB＝y．
①求y关于x的函数表达式；
②若△COD的面积是△BOD的面积的3倍，求y的值．
【答案】（1）见解析；（2）OE＝；（3）①y＝（0＜x＜1），②y＝．
【分析】（1）先证明∠ECD=∠EDC，即可证明EC＝ED；
（2）先证明△ECD是等边三角形，即可说明∠E=60°，然后再说明△EOC是直角三角形，最后解直角三角形即可；
（3）①连接AC.先证明x＝＝，再证得;令OC=k，则OF=kx，然后再利用勾股定理求得CF、AF，即可求得函数解析式；
②作OH⊥BC于H，设BD=m，根据相似三角形的性质用m表示出OH、BH，然后代入函数解析式即可．
【详解】（1）证明：∵OD⊥OC，
∴∠COD＝90°，
∴∠OCD+∠ODC＝90°，
∵EC⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠B+∠ECB＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠B＝∠OCD，
∴∠ODC＝∠ECB，
∴EC＝EB．
（2）解：∵OE＝OD，OC⊥ED，
∴CE＝CE，
∵EC＝ED，
∴EC＝ED＝CD，
∴△ECD是等边三角形，
∵∠E＝60°，
在Rt△EOC中，
∵∠EOC＝90°，OC＝AB＝2，
∴OE＝＝．
（3）解：①连接AC．
∵EC＝ED，∠EOC＝90°
∴＝＝sin∠ECO，
∵∠OFC＝90°，
∴sin∠ECO＝，
∴x＝＝，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠AFC＝90°，
∴∠ACF+∠A＝90°，∠B+∠A＝90°，
∴∠ACF＝∠B，
∴tan∠B＝tan∠ACF＝＝y，
令OC＝k，则OF＝kx，CF＝＝＝k•，
∴AF＝OA﹣OF＝k﹣kx＝k（1﹣x），
∴y＝＝＝（0＜x＜1）．
②作OH⊥BC于H．设BD＝m，
∵△COD的面积是△BOD的面积的3倍，
∴CD＝3BD＝3m，CB＝4m，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BH＝2m，
∴HD＝m，
∵∠OCH+∠COH＝90°，∠COH+∠DOH＝90°，
∴∠OCH＝∠DOH，
∵∠OHC＝∠OHD＝90°，
∴△OHC∽△DHO，
∴＝，
∴OH2＝2m2，
∴OH＝m，
∴y＝tanB＝＝＝．
【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了解直角三角形、相似三角形的判定和性质等知识，掌握用参数解决问题、添加辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
17．如图，⊙O为△ABC的外接圆，直线MN与⊙O相切于点C，弦BD∥MN，AC与BD相交于点E．
（1）求证：∠CAB=∠CBD；
（2）若BC=5，BD =8，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）利用切线性质和垂径定理可得=,故∠CAB=∠CBD；
（2）连接OB，在Rt△BCF中，利用勾股定理可得.
【详解】解：（1）连接OC，交BD于点F
∵直线MN与⊙O相切于点C，
∴OC ⊥ MN，
∵BD∥ MN，
∴OC ⊥ BD，
∴ =,
∴∠CAB=∠CBD
（2）连接OB
由（1）知OC ⊥ BD，BD=8
∴BF=DF=4
∴在Rt△BCF中得CF=3
设半径为r,在Rt△BOF中，OF=r-3
根据勾股定理可得 解得
【点评】考核知识点：垂径定理，切线性质. 熟记垂径定理，切线性质，利用勾股定理解决问题是关键.
18．如图，四边形ABCD内接于⊙O，且对角线AC⊥BD，垂足为点E，过点C作CF⊥AB于点F，交BD于点G．
（1）如图①，连接EF，若EF平分∠AFG，求证：AE＝GE；
（2）如图②，连接CO并延长交AB于点H，若CH为∠ACF的平分线，AD＝3，且tan∠FBG＝，求线段AH长
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）过点E作EF的垂线交CF于点I，证△EFI是等腰直角三角形，进而可证△AEF≌△GEI，等量代换即可证明结论；
（2）连接DO并延长，交⊙O于点P，连接AP，先求出圆的半径，再过点H作HJ⊥AC于点J，过点O作OK⊥AC于点K，根据三角函数可设设AJ＝3t，则HJ＝4t，由勾股定理可知AH＝5t，根据角平分线的性质定理及三角函数用含有t的代数式表示出HF＝HJ＝4t，AF＝9t，CF＝CJ＝12t，AC＝15t，CK＝t，再根据平行线分线段成比例定理及勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图，过点E作EF的垂线交CF于点I，
∵CF⊥AB，
∴∠AFG＝90°，
∵EF平分∠AFG，
∴∠EFI＝45°，
∵EF⊥EI，
∴∠EIF＝45°，
∴EF＝EI
又∵∠EGF＋∠FAE＝180°，∠EGF＋∠EGI＝180°，
∴∠EGI＝∠FAE，
∵∠AEB＝∠FEI＝90°，
∴∠AEF＝∠GEI，
∴△AEF≌△GEI(AAS)，
∴AE＝GE
（2）如图②，连接DO并延长，交⊙O于点P，连接AP，
则∠ABD＝∠P，
∵DP为⊙O的直径，
∴∠PAD＝90°，
∵tan∠FBG＝，
∴tanP＝＝，
又∵AD＝3，
∴AP＝4，PD＝5，
∴OD＝
∴OC=OD＝
如图③，过点H作HJ⊥AC于点J，过点O作OK⊥AC于点K，
∵HJ⊥AC，BD⊥AC，
∴HJ∥BD，
∴∠ABD＝∠AHJ，则tan∠AHJ＝，
设AJ＝3t，则HJ＝4t，由勾股定理可知AH＝5t，
∵CH是∠ACF的平分线，且HF⊥CF，HJ⊥AC，
∴HF＝HJ＝4t，
∴AF＝AH＋HF＝9t，
设CF＝x，则CJ＝x，
∵∠BFG＝∠GEC，∠FGB＝∠EGC，
∴∠FBG＝∠ECG，
∴tan∠FCJ＝＝＝，
解得x＝12t，
∴CF＝CJ＝12t，
∴AC＝15t，
∴CK＝t
又∵OK∥HJ，
∴＝，
∴OK＝＝t，
∴在Rt△OCK中，OK2＋KC2＝OC2，即(t)2＋(t)2＝()2，
解得t＝ (负值舍去)，
∴AH＝5t＝
【点评】本题是圆的综合题，主要考查三角形全等的性质与判定、圆的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等，正确的添加辅助线是解答的关键．
19．如图，在中，是底边上一点，是线段上一点，且．
求证：．
【答案】见解析
【分析】首先作DO∥AB交AC于O，得出O为△EDC的外心，取F为△EDC的外接圆与AC的交点，连接DF，证明△ACE∽△ADF，即有，再证明△ADO∽△BAE，可得AF=OD=OC=CF，得出AO=2OC，再根据DO∥AB得出，即可证明BD=2CD．
【详解】解：证明：作DO∥AB交AC于O，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=∠ODC，
∴OD=OC，且∠DOC=∠BAC=2∠CED，
∴O为△EDC的外心，
取F为△EDC的外接圆与AC的交点，连接DF，则OF=OC=OD，∠ACE=∠ADF，
∵∠CAE=∠DAF，
∴△ACE∽△ADF，即有，
再由DO∥AB，∠ADO=∠BAE，
∠AOD=180-∠DOC=180°-∠BAC=180°-∠BED=∠AEB，
∴△ADO∽△BAE，
即得，
故AF=OD=OC=CF，从而AO=2OC，
∵DO∥AB，
∴,
∴BC=3CD，
∴BD=2CD．
【点评】本题主要考查了等腰三角形有关知识，同圆中同角所对的弦之间的关系以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是构造出圆O，有一定难度．
20．如图所示，为△ABC的外接圆，BC为直径，AD平分∠BAC交于D，点M为△ABC的内心，DM=，AB=8，求OM的长.
【答案】.
【解析】作MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H，连结MC、DC、BD，根据内心的性质得∠ACM=∠BCM，MF=ME=MH，根据BC为直径可得到∠BAC=90°，∠BDC=90°，而AD平分∠BAC，则∠BAD=∠CAD=∠BAC=45°，再次根据圆周角定理得到∠DBC=∠BCD=45°，于是可判断△BDC为等腰直角三角形，则BC=DC，然后利用三角形外角性质可证明∠DMC=∠DCM，得到DC=DM，可得BC=DM=10，利用勾股定理可求出AC的长，由内心的性质可证明四边形AHME是正方形，根据切线长定理可求出AE的长，即MF的长，利用切线长定理可求出CF的长，进而可得OF的长，利用勾股定理求出OM的长即可.
【详解】作MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H，连结MC、DC、BD，
∵BC为直径，
∴∠BAC=90°，∠BDC=90°，
∵M为△ABC的内心，
∴∠ACM=∠BCM，∠BAD=∠CAD=∠BAC=45°，
∵∠DBC=∠DAC，∠BCD=∠BAD，
∴∠DBC=∠BCD=45°
∴△BDC为等腰直角三角形，
∵∠DMC=∠ACM+∠CAD，∠DCM=∠BCD+∠BCM，
∴∠DMC=∠DCM，
∴CD=DM=，
∴BC=CD=×=10，
∴AC==6，
∵MF⊥BC于F，ME⊥AC于E，MH⊥AB于H，M为内心，
∴MF、ME、MH为内切圆半径，MF=ME=MH，F、E、H为切点，
∴四边形AHME是正方形，
∴AE=ME=MF，
∵AB、AC、BC是切线，
∴AH=AE，BH=BF，CE=CF，
∴BC=CF+BF=AC-AE+AB-AH，
∴6-AE+8-AE=10，
解得：AE=2，MF=AE=2，
∴CF=CE=AC-AE=6-2=4，
∴OF=OC-CF=BC-CF=5-4=1，
∴OM===.
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心；三角形的内心就是三角形三个内角的角平分线的交点，也考查了圆周角定理和勾股定理．熟练掌握内心的性质并正确作出辅助线是解题关键.
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