苏科版数学九年级上册期末专区-专题14 三角形的内心外心结合

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专题14 三角形的内心外心结合
1．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．

【点睛】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．
2．如图，、分别为的垂心、外心，，若外接圆的半径为2，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图（见解析），连接BO，并延长交圆O于点D，连接AD、CD、CH，先根据三角形垂心的定义可得，再根据圆周角定理可得，然后根据平行线的判定可得，从而可得四边形是平行四边形，又根据平行四边形的性质可得，由圆周角定理可得，最后根据等腰直角三角形的性质即可得．
【详解】如图，连接BO，并延长交圆O于点D，连接AD、CD、CH
由三角形外心的定义得，点O为外接圆的圆心
BD为外接圆的直径，且
，即
由三角形垂心的定义得，

四边形是平行四边形



是等腰直角三角形


故选：B．

【点睛】本题考查了三角形垂心、外心的定义、平行四边形的判定与性质、圆周角定理、等腰直角三角形的性质等知识点，通过作辅助线，构造一个平行四边形是解题关键．
3．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（　　）

A．56° B．62° C．68° D．78°
【答案】C
【分析】由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
【详解】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
=180°﹣2（180°﹣∠AIC）
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．
4．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．

【点睛】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．
5．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）．
【点睛】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．

三、解答题(共0分)
6．如图，的三顶点在同一个圆上，∠ACB90°点D，E分别为AC，BC的中点．限用无刻度直尺完成以下作图：


(1)在图1中作出的外心O；
(2)在图2中作出的内心F；
【答案】(1)见解析；
(2)见解析

【分析】（1）连接AE，BD交于点J，连接CJ，延长CJ交AB于点O，点O即为所求；
（2）作射线OD交⊙O于点T，作射线OE交⊙O于点R，连接BT，AR交于点F，点F即为所求．
(1)
如图：点O是的外心．


(2)
如图：AM与BG的交点F为的内心．


【点睛】本题考查作图−复杂作图，三角形的外心，内心等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7．如图，在的正方形网格中，有部分网格线被擦去．点，，在格点（正方形网格的交点）上．

（1）请用无刻度的直尺在图1中找到三角形的外心；
（2）请用无刻度的直尺在图2中找到三角形的内心．
【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，点即为所求；

（2）如图，点即为所求．

【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．
8．如图，O是△ABC的外心，I是△ABC的内心，连接AI并延长交BC和⊙O于D，E．

(1)求证：EB=EI；
(2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的长．
【答案】(1)见解析
(2)AI=4

【分析】（1）欲证明EB=EI，只要证明∠EBI=∠EIB；
（2）连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，证明△AEM≌△AEN和△BME≌△CNE，再利用勾股定理计算即可解决问题．
(1)
证明：∵I是△ABC的内心，
∴AE平分∠CAB，BI平分∠ABC，
∴∠BAE=∠CAE，∠ABI=∠CBI，
∵∠BIE=∠BAE+∠ABI，∠IBE=∠IBD+∠EBD，
∵∠CBE=∠CAE，
∴∠BIE=∠EBI，
∴EB=EI；
(2)
解：连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，则EM=EN，

∵∠BAE=∠CAE，
∴=，
∴BE=EC=4．
∵AE=AE，EM=EN，
∴△AEM≌△AEN，
∴AM=AN．
∵BE=EC，EM=EN，
△BME≌△CNE(HL)，
∴BM=CN．
设BM为x，则8-x=6+x，解得x=1，即BM=1，
∴AM=7．
又∵BE=4，由勾股定理得，EM==．
∴AE==8，
∵EI=BE=4，
∴AI=AE−EI=4．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
9．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC与∠ABC的角平分线相交于点E，AE的延长线交△ABC的外接圆于点D，连接BD．


(1)求证：∠BAD＝∠DBC；
(2)证明：点B、E、C在以点D为圆心的同一个圆上；
(3)若AB＝5，BC＝8，求△ABC内心与外心之间的距离．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，可得，再由平分，得，从而证明结论；
（2）由，得，再根据，，得，从而有，即可证明；
（3）由题意知为内心，为外心，设，，则，可求出的长，再根据勾股定理求出的长，而，从而得出答案．
(1)
解：证明：平分，
，
又，
；

(2)
解：证明：，平分，
，
连接，
，
平分，
，
，，
，
，
，
点、、在以点为圆心的同一个圆上；
(3)
解：如图：

，
，
，
，
，
，

，
，
在中，，
在中，设，，
则，
即，
解得：，
即，
为直径，
，
在中，
，
，
，
为角平分线的交点，
为内心，
为内心与外心之间的距离，
内心与外心之间的距离为．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，三角形的内心和外心的性质，圆的定义，勾股定理等知识，解题的关键是利用（2）中证明结论是解决问题（3）的关键．
10．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】.
【分析】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===.

【点睛】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.
11．[发现]
如图（1），AB为⊙O的一条弦，点C在弦AB所对的优弧上，根据圆周角性质，我们知道∠ACB的度数　 （填“变”或“不变”）；若∠AOB＝150°，则∠ACB＝　 °．爱动脑筋的小明猜想，如果平面内线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，那么点C是不是在某一个确定的圆上运动呢？

[研究]
为了解决这个问题，小明先从一个特殊的例子开始研究．如图（2），若AB＝2，直线AB上方一点C满足∠ACB＝45°，为了画出点C所在的圆，小明以AB为底边构造了一个等腰Rt△AOB，再以O为圆心，OA为半径画圆，则点C在⊙O上．请根据小明的思路在图（2）中完成作图（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗）．后来，小明通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论，即：若线段AB的长度已知，∠ACB的大小确定，则点C一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．
[应用]
（1）如图（3），AB＝2，平面内一点C满足∠ACB＝60°，则△ABC面积的最大值为　 　．
（2）如图（4），已知正方形ABCD，以AB为腰向正方形内部作等腰△BAE，其中BE＝BA，过点E作EF⊥AB于点F，点P是△BEF的内心．
①∠BPE＝　 °，∠BPA＝　 °；
②连接CP，若正方形ABCD的边长为2，则CP的最小值为　 ．
【答案】[发现]不变，75；[研究]补全图形如图1所示，见解析；[应用]（1）3；（2）①135，135；②．
【分析】[发现]根据题意，直接得出答案，利用圆周角定理求出∠ACB；
[研究]先作出AB的垂直平分线，再以垂足为圆心，AB的一半为半径确定出圆心O，即可得出结论；
[应用]（1）先确定出△ABC的外接圆的半径，再判断出点C到AB的最大距离为3，即可得出结论；
（2）①先确定出∠BFE=90°，再判断出∠BEP=∠BEF，∠EBP=∠ABE，最后用三角形的内角和定理，即可得出结论；
②先作出△ABP的外接圆，进而求出外接圆的半径，进而判断出CP最小时，点P的位置，最后构造直角三角形，即可得出结论．
【详解】解：[发现]根据圆周角性质，∠ACB的度数不变，
∵∠AOB＝150°，
∴∠ACB＝∠AOB＝75°，
故答案为：不变，75°；
[研究]补全图形如图1所示，

[应用]（1）如图2，

记△ABC的外接圆的圆心为O，连接OA，OB，
∵∠ACB＝60°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝120°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝30°，
过点O作OH⊥AB于H，
∴AH＝AB＝，
在Rt△AHO中，设⊙O的半径为2r，则OH＝r，
根据勾股定理得，（2r）2﹣r2＝3，
∴r＝1（舍去负数），
∴OA＝2，OH＝1，
∵点C到AB的最大距离h为r+OH＝2+1＝3，
∴S△ABC最大＝AB•h＝×2×3＝3，
故答案为：3；
（2）①∵EF⊥AB，
∴∠EFB＝90°，
∴∠BEF+∠EBF＝90°，
∵点P是△BEF的内心，
∴PE，PB分别是∠BEF和∠EBF的角平分线，
∴∠BEP＝∠BEF，∠EBP＝∠ABP＝∠ABE，
∴∠BPE＝180°﹣（∠BEP+∠EBP）＝180°﹣（∠BEF+∠EBF）＝180°﹣×90°＝135°；
在△BPE和△BPA中，
，
∴△BPE≌△BPA（SAS）．
∴∠BPA＝∠BPE＝135°，
故答案为：135°，135°；
②如图3，
作△ABP的外接圆，圆心记作点O，连接OA，OB，在优弧AB上取一点Q，连接AQ，BQ，
则四边形APBQ是⊙O的圆内接四边形，
∴∠AQB＝180°-∠BPA＝45°，
∴∠AOB＝2∠AQB＝90°，
∴OA＝OB＝AB＝，
连接OC，与⊙O相交于点P'此时，CP'是CP的最小值，
过点O作OM⊥AB于M，ON⊥CB，交CB的延长线于N，
则四边形OMBN是正方形，
∴ON＝BN＝BM＝AB＝1，
∴CN＝BC+BN＝3，
在Rt△ONC中，OC＝＝，
∴CP的最小值＝CP'＝OC﹣OP'＝﹣，
故答案为：﹣．

【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，内心，构造出圆是解本题的关键．
12．如图，的直径为，弦为的平分线交于点．
（1）求的长；
（2）试探究之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）连接为半圆上任意一点，过点作于点，设的内心为，当点在半圆上从点运动到点时，求内心所经过的路径长

【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）．
【分析】(1)根据直径所对的角是90°，判断△ABC和△ABD是直角三角形，根据圆周角∠ACB的平分线交O于D，判断△ADB为等腰直角三角形，然后根据勾股定理求出值；
(2)延长CA到F，使AF=CB，可证△CDF为等腰直角三角形,从而得到CA、CB、CD 之间的等量关系；
(3)作辅助线，连接OM，PM,正确构造图形，确定M的运动轨迹是圆弧形，先求的长度，再得到点M经过路径的长．
【详解】解：是直径

是的平分线


在中，

，证明如下
延长到，使，连接


又
为等腰直角三角形


连接


点为的内心





所以点在以为弦，并且所对的圆周角为的两段劣弧上（分左右两种情况）；
设所在圆的圆心



弧的长为=
点经过路径长为=

【点睛】本题综合考查了圆周角定理，全等三角形，等腰直角三角形，圆弧的长，勾股定理等知识，解答此题要抓住三个关键，
(1)判断出ABC和 △ABD是直角三角形，以便利用勾股定理；
(2)判断出线段△CDF和△ABD是等腰直角三角形，然后将各种线段转化到等腰直角三角形中利用勾股定理解答，
(3)通过作辅助线，正确构造图形，确定M的运动轨迹是圆弧形，再利用弧长公式解答．
13．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．
【点睛】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.
14．小明和同学们在学习圆的基本性质时发现了一个结论：如图1，圆中，是圆中的两条弦，于点，于点，若，则.

（1）请帮小明证明这个结论；
（2）请参考小明思考问题的方法解决问题，如图2，在中，，为的内心，以为圆心，为半径的圆与三边分别相交于点、、、. 若，，求的周长.
【答案】（1）证明见解析；（2）40.
【分析】（1）连接OA,OC，根据条件，结合勾股定理，即可证明结论.
（2）根据三角形内心的概念，和第（1）小题的结论，可知，然后，设，根据勾股定理，列出方程，求出，即可求得三角形的周长.
【详解】（1）连，如图，
∵，
∴，
在中，，
在中，，
∵，
∴，∴；（也可其他方法）

（2）分别过点作三边的垂线，垂足分别为点，连，如图，
∵为的内心，
∴，
∴由1得：，
∴，
∵；，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，∴，
∴的周长
【点睛】本题涉及到了三角形的内心的概念，圆的弦心距和弦长的关系，勾股定理，方程思想，是一道几何综合题；过点O作的垂线段是解题的关键.
15．在△ABC中，∠A=120°，BC=6，，若△ABC的内切圆的半径为R，求R的最大值.

【答案】的最大值为
【分析】作外接圆，设的内切圆的圆心为，连结并延长交于，连结BE、BD、CD，过E作EF⊥AB，垂足为F，作直径BG，连结CG，根据内心的定义可得∠DAB=∠DAC=60°，根据圆周角定理可得∠DBC=∠DCB=∠DAB=60°，即可证明△BDC是等边三角形，在Rt△AEF中，根据∠FAE的正弦值可得AE=R，根据圆周角定理可得∠BCG=90°，可得BG的长，根据三角形外角性质及角的和差关系可得∠DBE =∠DEB，即可得BD=ED，由圆中直径是最长的弦可得AD=BG时，内切圆半径R最大，列方程求出R值即可得答案.
【详解】作外接圆，设的内切圆的圆心为，连接 并延长交于，连接BE、BD、CD，过作，垂足为，作直径，连接CG，
∵，
∴，
∵在中，
∴∠DBC=∠DCB=∠DAB=60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴
在中，，，
∴EF=AE，
∴AE=R，
∵BG是直径，
∴∠BCG=90°，
在中，，
∴BC=BG，
∴BG=，
∵E为△ABC的内心，
∴∠ABE=∠CBE，
∵∠DBE=∠BDC+∠CBE，∠DEB=∠ABE+∠BAD，∠DBC=∠BAD=60°，
∴∠DBE =∠DEB，
∴ED=BD=6，
∴AD=AE+ED=R+6，
要使最大，即弦最大
∵在圆中直径是最长的弦，最大等于.
∴R+6=，
∴，即的最大值为

【点睛】本题考查三角形内心、外心、圆周角定理，直径最长等知识，把求R的最大值转化为弦的最大值问题，而弦的最大值为直径，综合性较强，对能力要求较高.
16．在中，，、分别是的外心和内心，且满足．求证：


（1）；
（2）．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【详解】证明 （1）作于，于．
设，，．
易求得，，
所以，
又恰好是两条平行线，之间的垂线段，所以也是两条平行线，之间的垂线段，
所以，所以．
（2）由（1）知是矩形，连接，，设（即为的内切圆半径），则


．


17．【特例感知】
（1）如图（1），是的圆周角，BC为直径，BD平分交于点D，，，求点D到直线AB的距离．
【类比迁移】（2）如图（2），是的圆周角，BC为的弦，BD平分交于点D，过点D作，垂足为点E，探索线段AB，BE，BC之间的数量关系，并说明理由．
【问题解决】（3）如图（3），四边形ABCD为的内接四边形，，BD平分，，，求的内心与外心之间的距离．

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

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

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

          图③
，
正方形的边长为7，
由（2）可知：，
，
由切线长定理可知：，
，
设内切圆的半径为，
则
解得，
即，
在中，．
故答案为．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．