【名师导航】2026年中考数学一轮复习专题6.5 三角形的内切圆与外接圆（全国通用版）练习（解析版）

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知识梳理
【考点一】 三角形内切圆与外接圆
【注意】一个圆可以有无数个外切三角形，但是一个三角形只有一个内切圆.
【考点二】 三角形内心与外心
【考点三】常见结论
1）三角形内切圆半径公式：r=2SC，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长.
2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：r=a+b−c2或r=aba+b+c，其中a，b为直角三角形的直角边长，c为斜边长.
【解题思路】解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解．
例题讲解
【题型一】判断三角形外接圆圆心位置
◇典例1：
如图，已知△ABC．
(1)用直尺和圆规作△ABC的外接圆⊙O；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若AB=2，∠ACB=45°，求⊙O的半径．
【答案】(1)图见解析
(2)⊙O的半径为1
【分析】（1）作线段AB，BC的垂直平分线交于点O，连接OA．以O为圆心，OA为半径作⊙O即可；
（2）由圆周角定理求出∠AOB=90°，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，⊙O即为所求．
（2）解：连接OB．
由题意得，OA=OB=r，
∵AB=AB，∠ACB=45°，
∴∠AOB=90°．
在Rt△AOB中，OA2+OB2=AB2，
∵AB＝2，
∴OA=OB=1，
∴⊙O的半径为1．
◆变式训练
1.用圆规和直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹．
为美化校园，学校准备建造一个圆形的养鱼池（如图），使得△ABC的三个顶点都落在圆形养鱼池的边上，请在图中画出这个圆形鱼池．
【答案】见解析
【分析】本题考查了作线段的垂直平分线，画三角形的外接圆，如图，作AB、BC的垂直平分线，两线交于点O，可知OA=OB=OC，以OA为半径作圆，⊙O即为所求．掌握三角形的外心的性质，垂直平分线的性质是解题的关键．
【详解】解：如图所示，⊙O即为所求．
【题型二】求外心坐标
◇典例2：
如图，△ABC的顶点坐标分别为：A1,0，B3,0，C0,1．
(1)△ABC的外接圆圆心M的坐标为 ．
(2)以点M为位似中心，画出△A′B′C′，使它与△ABC位似，且位似比为2:1．
【答案】(1)2,2
(2)见解析
【分析】本题主要考查三角形的外心，以及位似图形的作图，理解三角形外心的定义以及作位似图形的方法是解题关键．
（1）根据三角形的外接圆圆心是三边中垂线的交点，则可画出三边中垂线交于M点，得出坐标即可；
（2）①连接MA并反向延长至A′，使得MA′=2MA，同理构造MB′和MC′，顺次连接A′、B′、C′，则△A′B′C′即为所求．
【详解】（1）如图所示，分别作△ABC三边的中垂线，交于M点，坐标为2,2；
（2）①如图，连接MA并反向延长至A′，使得MA′=2MA，
同理构造出B′、C′，顺次连接A′、B′、C′，则△A′B′C′即为所求
◆变式训练
1.如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点O，A，B，C在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系．
(1)过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为______；
(2)请通过计算判断点D(−3,−2)与⊙M的位置关系．
【答案】(1)(1,−2)
(2)D在圆M外
【分析】本题考查了垂径定理推论，勾股定理，平面坐标系中点的坐标，点与圆的位置关系，根据垂径定理得出圆心位置是解答本题的关键．
（1）连接AB，AC，分别作AB，AC的垂直平分线，两直线交于点M，就是过A，B，C三点的圆的圆心，由图形可得M的坐标；
（2）分别求出MD和MB的长度进行比较即可作出判断．
【详解】（1）解：如图，连接AB，AC，分别作AB，AC的垂直平分线，两直线交于点M，
∴M是过A，B，C三点的圆的圆心，
∴M1,−2．
（2）∵M1,−2，D−3,−2，B0,1，
∴MD=1−(−3)=4，MB=12+−2−12=10，
∴MD>MB，
∴点D在⊙M的外部．
【题型三】已知外心的位置判断三角形形状
◇典例3：
如图，O是△ABC的外心，则∠1+∠2+∠3=( )
A．60∘B．75∘C．90∘D．105∘
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠3=∠4，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】如图，
∵OA=OB，
∴∠3=∠4，
同理，∠1=∠5，∠2=∠6，
∵∠3+∠4+∠1+∠5+∠2+∠6=180∘，
∴∠1+∠2+∠3=90∘，
故选C．
◆变式训练
1.已知△ABC和△ABD有相同的外心，∠D=70°，则∠C的度数是（ ）
A．70°B．110°C．70°或110°D．不能确定
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：若C、D在AB的同侧，根据圆周角定理求解；若C、D在AB的异侧，根据圆内接四边形的性质求解．
【详解】解：若C、D在AB的同侧，如图1，则∠D=∠C=70°，
若C、D在AB的异侧，如图2，则∠D+∠C=180°，
∵∠C=70°，
∴∠D=110°；
综上，∠D=70°或110°．
故选：C．
2.如图，在正六边形ABCDEF中，连接BF，BE，则关于△ABF外心的位置，下列说法正确的是（ ）
A．在△ABF内B．在△BFE内
C．在线段BF上D．在线段BE上
【答案】D
【分析】先判断△BFE的形状，再确定外心的位置．
【详解】解：∵正六边形的每一个外角都是360°÷6=60°，
∴正六边形的每一个内角都为180°−60°=120°，
∴∠A=∠AFE=120°
在正六边形ABCDEF中，AB=AF，
∴∠AFB=∠ABF=12(180°−120°)=30°，
∴∠BFE=∠AFE−∠AFB=120°−30°=90°，
∴△BFE是直角三角形，
∴△BFE的外心是BE的中点，
故选：D．
【题型四】求特殊三角形外接圆的半径
◇典例4：
如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（ ）
A．32B．32C．3D．52
【答案】C
【分析】作直径AD，连接CD，如图，利用等边三角形的性质得到∠B=60°，关键圆周角定理得到∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：作直径AD，连接CD，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵AD为直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，
∴CD=12AD，
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=(12AD)2+32，
∴AD=23，
∴OA=OB=12AD=3．
故选：C．
◆变式训练
1.如图，四边形ABCD是矩形，E为AB上一点，F为CD上一点．AB=8，且ABBC=BECF=2，过点D作DG⊥EF，垂足为G，连接BG，则BG的最小值为 ．
【答案】213−25
【分析】题目主要考查矩形的性质，三角形外接圆，相似三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
延长EF与BC的延长线交于M，连接DM，作△DCM的外接圆，设O为圆心，连接BO交⊙O于P，过点O作ON⊥CM于N，根据相似三角形的判定和性质得出CM=BC=4，然后利用勾股定理得出DM=45，由圆外一点到圆上的距离得：当点G与点P重合时，BG为最小，最小值为线段BP的长，结合图形利用相似三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【详解】解：延长EF与BC的延长线交于M，连接DM，作△DCM的外接圆，设O为圆心，连接BO交⊙O于P，过点O作ON⊥CM于N，如图所示：
,
∵ABBC=BECF=2，AB=8，
∴BC=4，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD,CD=AB=8,∠BCD=90°，
∴△MBE∽△MCF，,
∴BMCM=BECF=2，
∴BM=2CM，
∴CM=BC=4，
在Rt△DCM中，由勾股定理得：DM=CD2+CM2=45，
∵∠DCM=90°，
∴DM为⊙O的直径，点O为DM的中点，
∴⊙O的半径OP=OD=OM=12DM=25，
∵DG⊥EF，
∴∠DGM=90°，
点G始终在⊙O上运动，
由圆外一点到圆上的距离得：当点G与点P重合时，BG为最小，最小值为线段BP的长，
∵ON⊥CM， ∠BCD=90°，
∴ON∥CD，
∴△OMN∽△DMC，
∴ONDC=OMDM=MNCM=12，
∴ON=12CD=4,CN=MN=12CM=2，
∴BN=BC+CN=6，
在Rt△OBN中，由勾股定理得：OB=ON2+BN2=213，
∴BP=OB−OP=213−25，
∴BG的最小值为213−25，
故答案为：213−25．
2.在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在边AB上，且AE=13AB．
(1)如图1所示，点F在边CD上，且DF=13CD，联结EF，求证：EF∥BC；
(2)已知AD=AE=1；
①如图2所示，联结DE，如果△ADE外接圆的心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE的外接圆的半径长；
②如图3所示，如果点M在边BC上，联结EM、DM、EC，DM与EC交于N，如果BC=4，且CD2=DM⋅DN，∠DMC=∠CEM，求边CD的长．
【答案】(1)见详解
(2)①62；②3
【分析】（1）延长DE,CB交于点G，由AD∥BC，得到AEEB=DEEG，由已知数据得到AEEB=12，DFFC=12，故DEEG=DFFC，因此EF∥BC；
（2）①记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥AE于点F，连接OA,OE,OD，先证明∠AOB=90°，再证明△FAO∽△OAB，则AO2=AF⋅AB，即AO2=32，求得AO=62；
②延长BA,CD交于点P，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q，由△PAD∽△PBC，求得PA=1，可证明△DCN∽△DCM，角度推导得EM∥DC，则BEEP=BMMC，求出BE=2，继而得到BM=MC=2，由△BEM∽△BPC，则BMBC=MEPC=12，设ME=2a，则PC=4a，由AD∥BC，设PD=a，DC=3a，由△ENM∽△CND，得到ENCN=EMDC=23，设EN=2b,CN=3b，可证明△CNM∽△CME，求出b=21515，则CE=2315，在Rt△BQE,Rt△CQE中，运用勾股定理得：4−BQ2=23152−4−BQ2，则BQ=53，在Rt△EQM中，由勾股定理得，EM=EQ2+QM2=233，故DC=3．
【详解】（1）证明：延长DE,CB交于点G，
∵AD∥BC，
∴AEEB=DEEG，
∵AE=13AB，DF=13CD
∴AEEB=12，DFFC=12，
∴DEEG=DFFC，
∴EF∥BC；
（2）①解：记点O为△ADE外接圆圆心，过点O作OF⊥AE于点F，连接OA,OE,OD，
∵点O为△ADE外接圆圆心，
∴OA=OE=OD，
∴AF=EF=12，
∵AE=13AB，
∴AB=3，
∵AE=AD,OE=OD,OA=OA，
∴△AEO≌△ADO，
∴∠EAO=∠DAO，
∵BO平分∠ABC，
∴∠1=∠2，
∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∴2∠EAO+2∠1=180°，
∴∠EAO+∠1=90°，
∴∠AOB=90°，
∵OF⊥AE，
∴∠AFO=∠AOB=90°，
∵∠FAO=∠OAB，
∴△FAO∽△OAB，
∴AOAB=FAAO，
即AO2=AF⋅AB，
∴AO2=12×3=32，
∴AO=62，
∴△ADE外接圆半径为62；
②延长BA,CD交于点P，过点E作EQ⊥BC，垂足为点Q，
∵AD∥BC，
∴△PAD∽△PBC，
∴PAPB=ADBC=14，
由①知AB=3，
∴PAPA+3=14，
∴PA=1，
∵CD2=DM⋅DN，
∴CDDM=DNCD，
∵∠3=∠3，
∴△DCN∽△DMC，
∴∠4=∠5，
∵∠5=∠6，
∴∠4=∠6，
∴EM∥DC，
∴BEEP=BMMC，
由AB=3，AE=1
得BE=2，
∴BEEP=1，
∴BMMC=1，
∴BM=MC=2，
∵EM∥DC，
∴△BEM∽△BPC，
∴BMBC=MEPC=12，
设ME=2a，则PC=4a，
∵AD∥BC，
∴PDPC=PAPB=14，
∴PD=a，
∴DC=3a，
∵EM∥DC，
∴△ENM∽△CND，
∴ENCN=EMDC=23，
∴设EN=2b,CN=3b，
∵∠5=∠6，∠7=∠7，
∴△CNM∽△CME，
∴CNCM=CMCE，
即CM2=CN⋅CE，
∴4=3b⋅5b，
解得：b=21515，
∴CE=2315，
在Rt△BQE,Rt△CQE中，由勾股定理得：
BE2−BQ2=CN2−CQ2，
∴4−BQ2=23152−4−BQ2，
∴BQ=53，
∴EQ2=BE2−BQ2=119，
而QM=BM−BQ=2−53=13，
∴在Rt△EQM中，由勾股定理得，EM=EQ2+QM2=233，
∵EMDC=23，
∴DC=3．
【题型五】由三角形的内切圆求解
◇典例5：
如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，根据切线长定理设AG=AF=a,DE=DF=b，进而结合已知条件表示出AB,AC，求得DE的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，
∵I是△ABD的内心，
∴AG=AF,BG=BE,DE=DF，
设AG=AF=a,DE=DF=b，
∵BD＝10，
∴BE=BG=10−b，
∴AB=AG+BG=a+10−b,AC=AD+DC=a+b+4，
∵AB=AC，
∴a+10−b=a+b+4，
解得b=3，
∴BE=BD−DE=10−3=7，
故选B．
◆变式训练
1.如图，△ABC的内切圆圆O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，若∠DEF=53°，则∠A的度数是（ ）
A．36°B．53°C．74°D．128°
【答案】C
【分析】连接OD、OF，如图，先根据圆周角定理得到∠DOF=2∠DEF=106°，再根据切线的性质得OD⊥AB，OF⊥AC，则∠ADO=∠AFO=90°，然后根据四边形内角和计算∠A的度数．
【详解】解：连接OD、OF，如图：
∵∠DEF=53°，
∵∠DOF=2∠DEF=106°，
∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、CA分别相切于点D、F，
∴OD⊥AB，OF⊥AC，
∴∠ADO=∠AFO=90°，
∴∠A+∠DOF=180°，
∴∠A=180°−106°=74°．
故选：C．
2.如图，⊙O是△ABC的内切圆，∠C=40°，则∠AOB的大小是 ．
【答案】110°
【分析】⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，求得∠BAC+∠ABC，然后利用三角形内角和定理求解．
【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，
∴∠BAO=12∠BAC，∠ABO=12∠ABC，
∴∠BAO+∠ABO=12（∠BAC＋∠ABC）=12180°−40°=70°，
∴∠AOB=180°−∠BAO+∠ABO=180°−70°=110°．
故答案为：110°．
【题型六】求三角形的内切圆半径
◇典例6：
如图，△ABC中，∠C=90°，点O为△ABC的外心，BC=6，AC=8，⊙P是△ABC的内切圆．则OP的长为（ ）
A．2B．3C．5D．125
【答案】C
【分析】本题主要考查了直角三角形的内心与外心．熟练掌握三角形内心性质，三角形外心性质，切线长定理，勾股定理解直角三角形，是解题的关键．
过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，PF⊥AB，根据三角形的内心性质得到PD=PE=PF，根据切线长定理得到CD=CE，BE=BF，AF=AD，得到四边形PDCE是正方形，根据勾股定理求出AB=10，得到OB=5，求出PF=CD=2，得到BF=4，得到OF=1，即得OP=5．
【详解】过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，PF⊥AB，
∵点P是内切圆的圆心，
∴PD=PE=PF，CD=CE，BE=BF，AF=AD，
∴四边形PDCE是正方形，
∵△ABC中，∠C=90°， BC=6，AC=8，
∴AB=AC2+BC2=10，
设CD=CE=x，BE=BF=y，AF=AD=z，
则x+y=6①x+z=8②y+z=10③，
①+②−③÷2，得x=2，
∴PE=PF=CD=2，
∴BE=BF=6−2=4，
∵点O为△ABC的外心，
∴OB=12AB=5，
∴OF=OB−BF=5−4=1，
∴OP=OF2+PF2=5．
故选：C．
◆变式训练
1.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，⊙O是Rt△ABC的内切圆，则⊙O的半径为（ ）
A．1B．3C．2D．23
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，切线的定义，三角形面积公式，熟记勾股定理，三角形面积公式是解题的关键．
设△ABC三边内切⊙O于点D,E,F，连接OD,OE,OF, OA,OB,OC，根据勾股定理求出BC=4，根据三角形面积公式计算即可得到答案．
【详解】解：如图，设△ABC三边内切⊙O于点D,E,F，连接OD,OE,OF, OA,OB,OC，
设⊙O的半径为r，
∴OD=OE=OF=r
∵ ∠C=90°，AC=3，AB=5，
∴BC=AB2−AC2=4，
∵S△ABC=S△ABO+S△ACO+S△BCO，
∴12AC⋅BC=12AB⋅r+12AC⋅r+12BC⋅r，
∴3×4=rAB+AC+BC，
∴12=r3+4+5，
∴r=1，
故选：A ．
2.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．1B．2C．1.5D．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.

【题型七】直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系
◇典例7：
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．3723B．125C．2518D．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．
◆变式训练
1.如图，一块四边形材料ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AD=9cm，AB=20cm，BC=24cm．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）

A．6cmB．8cmC．62cmD．10cm
【答案】B
【分析】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形的关系，相似三角形的判定与性质，勾股定理，构造三角形用等面积法是解题的关键．延长BA交CD延长线于E，当这个圆是△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，构造三角形，通过等面积法求解即可．
【详解】解：延长BA交CD延长线于E
∵ AD∥BC，∠A=90°，
∴ △EAD∽△EBC，
∴ EAEB=ADBC，即EAEA+20=924，
解得EA=12cm，
∴ EB=EA+AB=32cm，
在Rt△EBC中，EC2=EB2+BC2，
∴ EC=EB2+BC2=322+242=40cm，
设这个圆的圆心为O，与EB,BC,EC分别相切于F,G,H，
∴ OF=OG=OH，
∵ S△EBC=S△EOB+S△BOC+S△EOC，
∴ 12EB⋅BC=12EB⋅OF+12OG⋅BC+12EC⋅OH，
∴ 12EB⋅BC=12EB⋅OF+12OF⋅BC+12EC⋅OF，
∴ 12EB⋅BC=12OF(EB+BC+EC)，
即24×32=OF(24+32+40)，
解得OF=8cm，
故选：B．
2.如图，△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，△ABC，△ADC，△DBC的内切圆半径分别记为r，r1，r2，若r1=1，r2=43，则r= ．
【答案】53
【分析】根据已知条件证明△ADC∽△ACB，△BDC∽△BCA，利用三角形面积比解答即可．本题主要考查了三角形的内切圆，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关的性质是解答本题的关键．
【详解】解：令BC=a，CA=b，AB=c，
在△ABC中，CD⊥AB，
可得：∠ADC=∠CDB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ADC=∠ACB，
又∵∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴ ADAC=ACAB，
即：AC2=AD×AB，
∴AD=b2c，
同理可得：△BDC∽△BCA，
∴ BDBC=BCAB，
∴BC2=BD×AB，
即：BD=a2c，
∵△ABC，△ADC，△DBC的内切圆半径分别记为r，r1，r2，
∴r=12(a+b−c)，r1=12(abc+b2c−b)=bcr，r2=(a2c+abc−a)=acr，
∴ r12+r22=(bcr)2+(acr)2=r2；
∴ r12+r22=r2，
∵r1=1，r2=43，
∴r=r12+r22=12+(43)2=53．
故答案为：53．
【题型八】三角形内心有关的应用
◇典例8：
如图，△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，若⊙I的半径为r，∠A=α，则BF+CE−BC的值和∠FDE的大小分别为（ ）
A．2r，90°−αB．0，90°−αC．2r，90°−α2D．0，90°−α2
【答案】D
【分析】如图，连接IF，IE．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IF，IE．
∵△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，
∴BF=BD，CD=CE，IF⊥AB，IE⊥AC，
∴BF+CE−BC=BD+CD−BC=BC−BC=0，∠AFI=∠AEI=90°，
∴∠EIF=180°−α，
∴∠EDF=12∠EIF=90°−12α．
故选：D．
◆变式训练
1.如图，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=8，E是BC边上一点，且BE=2，点I是△ABC的内心，BI的延长线交AC于点D，P是BD上一动点，连接PE、PC，则PE+PC的最小值为 ．

【答案】213
【分析】在AB取点F，使BF=BE=2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于H，利用三角形内心的定义可得出∠ABD=∠CBD，利用SAS证明△BFP≌△BEP，得出PF=PE，则PE+PC=PF+PC≥CF，当C、P、F三点共线时，PE+PC最小，最小值为CF，利用含30°的直角三角形的性质求出BH，利用勾股定理求出FH，CF即可．
【详解】解：在AB取点F，使BF=BE=2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于H，

∵I是△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
又BP=BP，
∴△BFP≌△BEPSAS，
∴PF=PE，
∴PE+PC=PF+PC≥CF，
当C、P、F三点共线时，PE+PC最小，最小值为CF，
∵FH⊥BC，∠ABC=60°，
∴∠BFH=30°，
∴BH=12BF=1，
∴FH=BF2−BH2=3，CH=BC−BH=7，
∴CF=CH2+FH2=213，
∴PE+PC的最小值为213．
故答案为：213．
2.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，点D是△ABC的内心，连接AD并延长交⊙O于点E，过点E作⊙O的切线交AB的延长线于点F．
(1)求证：BC∥EF；
(2)连接CE，若⊙O的半径为2，sin∠AEC=12，求阴影部分的面积（结果用含π的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)23−2π3
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算．
（1）连接OE，交BC于点G，根据等腰三角形的性质得到∠OAE=∠OEA，由D为△ABC的内心，得到∠OAE=∠CAE，求得OE∥AC，根据圆周角定理得到∠∠ACB=90°，求得∠BGO=90°，根据切线的性质得到∠FEO=90°，根据平行线的判定定理得到结论；
（2）根据三角函数的定义得到∠AEC=30°，求得∠ABC=∠AEC=30°，求得EF=OE⋅tan60°=23，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OE，交BC于点G，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
又∵D为△ABC的内心，
∴∠OAE=∠CAE，
∴∠OEA=∠CAE，
∴OE∥AC，
又∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BGO=90°
又∵EF为⊙O的切线且OE为⊙O的半径，
∴∠FEO=90°，
∴∠BGO=∠FEO，
∴BC∥EF；
（2）解：∵sin∠AEC=12，
∴∠AEC=30°，
∴∠ABC=∠AEC=30°，
∴∠BOE=60°,∠EFO=30°，
∴EF=OE⋅tan60°=23，
∴S阴影部分=S△EFO−S扇形BOE
=12×2×23−60×π×22360
=23−2π3．
【题型九】三角形外接圆与内切圆综合
◇典例9：
如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，IA．若∠CAI=35°，则∠OBC的度数为（ ）

A．15°B．17.5°C．20°D．25°
【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得∠BAC的度数，然后由圆周角定理求出∠BOC，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OC，
∵点I是△ABC的内心，∠CAI=35°，
∴∠BAC=2∠CAI=70°，
∴∠BOC=2∠BAC=140°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=180°−∠BOC2=180°−140°2=20°，
故选：C．

◆变式训练
1.如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交斜边AC于点D，过点D作⊙O的切线与BC交于点E，弦DM与AB垂直，垂足为H．
(1)求证：E为BC的中点；
(2)若⊙O的面积为12π，两个△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，求△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比．
【答案】(1)见解析
(2)S1S2=112
【分析】（1）证明∠EDB=∠EBD，∠BDC=90°，E为直角三角形BDC的中线，即可求解；
（2）△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，确定AD:BM=3，即HM:BH=3，得∠BMH=30°=∠BAC，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BD、OE，
∵AB是直径，则∠ADB=90°=∠ADO+∠ODB，
∵DE是切线，
∴∠ODE=90°=∠EDB+∠BDO，
∴∠EDB=∠ADO=∠CAB，
∵∠ABC=90°，即BC是圆的切线，
∴ED=EB，
∴∠EDB=∠EBD，
∵∠C+∠EBD=90°，∠CDE+∠EDB=90°
∴∠C=∠EDC，
∴ED=EC，
∴EC=EB，
∴E为BC的中点；
（2）解：△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，DM⊥AB，
则两个三角形的外接圆的直径分别为AD、BM，
∴AD:BM=3，
∵∠DAB=∠BMD，
∴△ADH∽△MBH，
∴DH:BH=AD:BM=3，
∵DM⊥AB，AB是直径，
∴DH=HM，
∴HM:BH=3，
∴tan∠BMH=BHMH=33，
∴∠BMH=30°=∠BAC，
∴∠C=60°，DE是直角三角形的中线，
∴DE=CE，
∴△DEC为等边三角形，
⊙O的面积：12π=12AB2π，
则AB=43，∠CAB=30°，
∴BD=23，BC=4，AC=8，
∵OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AC=4，
∴四边形OBED的外接圆面积S2=π⋅22=4π，
∵等边三角形DEC边长为2，
∴其内切圆的半径为：33，面积为π3，
故△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比为：112．
2.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，由△ADB∽△CDE，可得BDDE=ADDC=ABEC=2，设DE=m，CD=n，则BD=2m，AD=2n，同法可证：△ADC∽ △BDE，推出ADBD=ACBE，推出2n2m=32，推出n:m=3:2，设n=3k，m=2k，由△ECD∽△EAC，可得EC2=ED⋅EA，推出16=m⋅m+2n，即16=2k2k+6k解得k，由此即可解决问题；
【详解】（1）∵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）连接EC．
∵∠BAE=∠CAE，
∴BE=EC，
∴BE=EC=4，
∵∠ADB=∠CDE，∠BAD=∠DCE，
∴△ADB∽△CDE，
∴BDDE=ADDC=ABEC=2，设DE=m，CD=n，则BD=2m，AD=2n，
同法可证：△ADC∽△BDE，
∴ADBD=ACBE，
∴2n2m=32，
∴n：m=3：2，设n=3k，m=2k，
∵∠CED=∠AEC，∠ECD=∠BAE=∠CAE，
∴△ECD∽△EAC，
∴EC2=ED⋅EA，
∴16=m⋅m+2n，
∴16=2k2k+6k
∴k=1或−1(舍弃)，
∴DE=2，AD=6，
∴AE=8，
∵EI=BE=4，
∴AI=AE−EI=4．
真题在线
一、单选题
1．（2025·江苏南京·中考真题）下列图形中，一定有外接圆的是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】A
【分析】本题考查了外接圆．外接圆是指多边形的所有顶点都在同一个圆上．三角形一定有外接圆，因为三角形的三条垂直平分线交于一点（外心），该点到各顶点距离相等，四边形、五边形、六边形不一定有外接圆，只有特殊的多边形（如圆内接多边形）才有，据此进行分析，即可作答．
【详解】解：∵任何三角形的三条垂直平分线都交于一点（外心）,且外心到三个顶点的距离相等，
∴ 三角形一定有外接圆，
四边形、五边形、六边形不一定有外接圆，只有特殊的多边形（如圆内接多边形）才有，
故选：A
2．（2024·贵州毕节·中考真题）三角形的外心就是三角形外接圆圆心，是三角形（ ）
A．三边上的高线的交点B．三边中线的交点
C．三边垂直平分线的交点D．三个内角平分线的交点
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的外心，三角形的外心就是三角形外接圆的圆心，就是三角形的三边的垂直平分线的交点．
【详解】解：三角形的外心就是三角形外接圆圆心，
角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，
到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，
三角形的外心就是三角形的三边的垂直平分线的交点．
故选： C．
3．（2024·山东·中考真题）在中，，下列说法错误的是（ ）
A．B．
C．内切圆的半径D．当时，是直角三角形
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．
【详解】解：∵，
∴即，故A说法正确；
当时，，
若以为底，高，
∴，故B说法正确；
设内切圆的半径为r，
则，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，故C说法错误；
当时，，
∴是直角三角形，故D说法正确；
故选：C．
4．（2024·四川攀枝花·中考真题）已知的周长为，其内切圆的面积为，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可得，，，由面积关系可求解．
【详解】解：如图，设内切圆与相切于点，点，点，连接，，，，，，
切于，
，，
，
同理：，
，
，
，
，
故选A
5．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的外接圆，半径为4，连接OB，OC，OA，若，，则阴影部分的面积是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得，再根据扇形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
6．（2024·山东聊城·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．

7．（2024·内蒙古·中考真题）如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（ ）

A．8B．4C．3.5D．3
【答案】B
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．
【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，
∴点D、E、F分别是的中点，
∴，
∵的周长为21，
∴即，
∴，
故选：B．
8．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：正方形ABCD，
，，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，，
令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，
内切于，
，
，
，
，
解得：，即的内切圆半径为2，
故选：B．
二、填空题
9．（2024·江苏镇江·中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，径几何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角形内切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的长．用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就是这个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于 步．（注：“步”为长度单位）

【答案】6
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径．
【详解】解：根据勾股定理得：斜边为，
则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径（步），即直径为6步，
故答案为：6．
10．（2025·宁夏·中考真题）如图，⊙是的内切圆，，则 ．
【答案】
【分析】本题考查三角形的内切圆的性质与三角形内角和定理，此题难度不大．
根据是的内切圆，得出，，进而得出，即可得出答案．
【详解】解：∵是的内切圆，
∴，，
∵，
∴，
∴
故答案为：．
11．（2024·江苏常州·中考真题）如图，是的内接三角形．若，，则的半径是 ．
【答案】1
【分析】连接、，根据圆周角定理得到，根据勾股定理计算即可．
【详解】解：连接、，
，
，
，即，
解得：，
故答案为：1．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题的关键．
12．（2024·湖南湘西·中考真题）如图，是等边三角形的外接圆，其半径为4．过点B作于点E，点P为线段上一动点（点P不与B，E重合），则的最小值为 ．

【答案】6
【分析】过点P作，连接并延长交于点F，连接，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到，，然后利用含角直角三角形的性质得到，进而求出，然后利用代入求解即可．
【详解】如图所示，过点P作，连接并延长交于点F，连接

∵是等边三角形，
∴
∵是等边三角形的外接圆，其半径为4
∴，，
∴
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∴的最小值为的长度
∵是等边三角形，，
∴
∴的最小值为6．
故答案为：6．
三、解答题
13．（2024·宁夏·中考真题）如图，是的外接圆，为直径，点是的内心，连接并延长交于点，过点作的切线交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)连接，若的半径为2，，求阴影部分的面积（结果用含的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角函数的定义，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算．
（1）连接，交于点G，根据等腰三角形的性质得到，由D为的内心，得到，求得，根据圆周角定理得到∠，求得，根据切线的性质得到，根据平行线的判定定理得到结论；
（2）根据三角函数的定义得到，求得，求得，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接，交于点，
，
，
又为的内心，
，
，
∴，
又为的直径，
，
又为的切线且为的半径，
，
，
∴；
（2）解：，
，
，
，
，
．
14．（2024·山东烟台·中考真题）如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交O于点D，E是上任意一点，连接，，，．
(1)若，求的度数；
(2)找出图中所有与相等的线段，并证明；
(3)若，，求的周长．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)30
【分析】（1）利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可；
（2）连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，然后利用等角对等边可得结论；
（3）过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，根据内切圆的性质和和切线长定理得到，，，利用解直角三角形求得， ，进而可求解．
【详解】（1）解：∵是的直径，
∴，又，
∴，
∵四边形是内接四边形，
∴，
∴；
（2）解：，
证明：连接，
∵点I为的内心，
∴，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴；
（3）解：过I分别作，，，垂足分别为Q、F、P，
∵点I为的内心，即为的内切圆的圆心．
∴Q、F、P分别为该内切圆与三边的切点，
∴，，，
∵，，，
∴，
∵，，，
∴，
∴的周长为
．
15．（2024·陕西·中考真题）问题提出
（1）如图①，在中，，，垂足为．若，，则的长为______；
问题解决
（2）如图②所示，某工厂剩余一块型板材，其中，，．为了充分利用材料，工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆型部件．你认为可以吗？若可以，请在图中确定可裁出的最大圆型部件的圆心的位置，并求出的半径；若不可以，请说明理由．
【答案】（1）（2）可以，画图见解析，的半径为
【分析】（1）首先根据勾股定理求出的长度，然后利用等面积法求解即可；
（2）根据三角形内最大的圆是三角形的内切圆可求出点的位置；作和的平分线交于点，则点就是裁出的最大圆型部件的圆心的位置，过点作于，于，于，连接，过点作于，设，的半径为，则，利用勾股定理解得，易得，再求得，然后根据求得的值，即可获得答案．
【详解】解：（1）∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，即，
解得．
故答案为：；
（2）可以，
∵三角形内最大的圆是三角形的内切圆，
∴所求圆的圆心是的内心，
作和的平分线交于点，则点就是裁出的最大圆型部件的圆心的位置，
过点作于，于，于，连接，过点作于，如图所示，
设，的半径为，
∵，，，
∴，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∴，
∵点为的内心
∴，
又∵，
∴，
即，
解得，
即的半径为．
专项练习
一、单选题
1．如图，在4×4的网格中，点，，，，，，均在格点上，则的外心是（ ）
A．点B．点C．点D．点
【答案】C
【分析】本题主要考查三角形的外心，关键是熟练掌握三角形的外心的概念．根据三角形的外心是三边的垂直平分线的交点，再结合图形进行判断即可．
【详解】解：三角形的外心是三边的垂直平分线的交点，
三角形的外心到三个顶点的距离相等．
由图可知，设网格中每个小正方形的边长为，
则点到三个顶点的距离均为，
即点到三个顶点的距离相等，
的外心是点．
故选：C．
2．在中，，，，则它的外心与顶点的距离为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查直角三角形外心的性质、勾股定理以及直角三角形斜边上的中线性质等，熟练掌握直角三角形外心在斜边中点，外接圆半径等于斜边的一半是解题的关键．先运用勾股定理求出的值，再通过外心为斜边的中点，求出外接圆半径，即得外心与顶点的距离．
【详解】解：∵，，，，
∴．
∵ 外心为斜边的中点，
∴ 外接圆半径．
∴ 外心与顶点的距离为．
故选：D．
3．如图，已知点是的外心，，连接，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形外心的性质以及圆周角定理，掌握“三角形的外心是其外接圆的圆心”、“同弧所对的圆心角的度数是圆周角的两倍”知识点是解题的关键．
由已知点是的外心，说明点是外接圆的圆心，根据圆周角定理即可求出的度数．
【详解】解：点是的外心，，
是圆周角，是同弧所对的圆心角，
．
故选：C．
4．下列说法中，正确的是（ ）
A．相等的圆心角所对的弧相等
B．三角形的外心是三角形各边垂直平分线的交点
C．三点确定一个圆
D．三角形的内心到三角形各顶点的距离都相等
【答案】B
【分析】本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．也考查了圆周角、圆心角、弧、弦的关系，三角形的内心和外心．此题比较简单，注意掌握定理的条件(在同圆或等圆中)是解此题的关键．
根据圆心角、弦、弧的关系对A进行判断；根据三角形的外心对B进行判断；根据确定圆的条件对C进行判断；根据三角形内心的定义对D进行判断．
【详解】解：A．相等的圆心角所对的弧相等，缺少条件“在同圆或等圆中”，所以选项A错误，不符合题意；
B．三角形的外心是三角形各边垂直平分线的交点，故选项B正确，符合题意；
C．三点确定一个圆，缺少条件“这三点要不共线”，所以选项C错误，不符合题意；
D．三角形的内心到三角形三边的距离相等，但到三个顶点的距离不一定相等，故选项D不符合题意；
故选：B
5．《孙子算经》是我国古代内容极为丰富的数学名著．书中有这样一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是今有直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）为15步，如图，则该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的半径是（ ）
A．3步B．4步C．5步D．6步
【答案】A
【分析】本题考查了圆的内切圆相关知识，勾股定理，等面积法，运用等面积法求圆的半径是解题的关键．先用勾股定理求出的值，再运用等面积法，建立与内切圆半径相关的方程，解方程即可．
【详解】解：由题意得，，，
在中，根据勾股定理，得，
连接，，，设内切圆的半径为r，
则，
即，
∴，
∴，
∴该直角三角形内切圆的半径是3步．
故选：A．
6．如图，在中，，，，是它的内切圆，用剪刀沿的切线剪一个，则的周长为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】B
【分析】设的内切圆切三边于点F、H、G，连接、、，由切线长定理可知，根据是的切线，可得，，根据勾股定理可得，四边形是正方形，根据面积法求出内切圆的半径，进而可得的周长．
本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性质．
【详解】解：如图，设的内切圆切三边于点F、H、G，连接、、，
由切线长定理可知，，，
∵是的切线，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
则四边形是正方形，
∵是的内切圆，
设内切圆的半径为r，
由，
得，
解得，
∴，
∴，
，
∴的周长
．
故选：B．
7．如图，点是的内心，过点作、、，垂足分别为点、、，下列结论一定成立的是（ ）
A．点是三条高的交点
B．点是三条中线的交点
C．点是三条角平分线的交点
D．点是三边垂直平分线的交点
【答案】D
【分析】本题主要考查三角形的内心和垂直平分线的性质，掌握三角形的内心是解题的关键．
首先根据点是的内心知道点是三条角平分线的交点，进而得到，再根据，得到点在和的垂直平分线上，即可推断点是三边垂直平分线的交点．
【详解】解：∵点是的内心，、、，
∴，
∵，
∴点在的垂直平分线上，
∵，
∴点在的垂直平分线上，
∴点是三边垂直平分线的交点，
故选：D．
8．如图，是的外接圆，且为的直径，点为的内心，的延长线交于点，连接．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】此题考查了勾股定理、圆周角定理、三角形内心的性质、垂径定理的推论、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关定理及推论是解题的关键．
连接，交于点，作于点，证明，得到，根据是直径得出，证明是等腰直角三角形，得到，利用勾股定理得出，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接，交于点，作于点，
∵点为的内心，
∴是的角平分线，是的角平分线，即，，
∴，
∴，
∵是直径得出，
∴，
∵，，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
故选：C．
9．如图，顶点都在网格格点上，外接圆的圆心的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形的外接圆的圆心为三角形三边中垂线的交点，然后根据两点之间的距离公式可知每段线段的大小，根据线段的等量关系求解．
本题考查了三角形的外接圆，平面直角坐标系以及两点之间的距离公式，知道三角形的外接圆的圆心为三角形三边中垂线的交点是解题关键．
【详解】
解：
设外接圆的圆心为点,
外接圆的圆心为三角形三条边中垂线的交点，
由题可知，,,
则作的中垂线交于,
作的中垂线交于,
,
设点的坐标为，
,
，
，
，
则点的坐标为．
故选: ．
10．如图，在中，，为中线，若，，设与的内切圆半径分别为，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【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，设的内切圆为，与 分别相切于点，由，，得，，连接，由可得，即得，同理得，进而即可求解，正确地作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：设的内切圆为，与 分别相切于点，
∵，，，
∴，
，
∵为斜边上的中线，
∴，
∴，
连接，，，，，，则，
∵ ，且，，，
∴，
解得，
同理可得，，
解得，
∴，
故选：C．
二、填空题
11．已知等腰三角形的一边长等于它的外接圆的半径，则它的顶角度数是 ．
【答案】或或
【分析】等腰三角形的一边长等于外接圆半径，分两种情况讨论：若底边等于半径，根据等边三角形的性质以及圆周角定理，圆内接四边形的性质即可得出它的顶角度数；若腰等于半径，根据等边三角形的性质，即可求解．
【详解】情况1：底边等于它的外接圆的半径，
如图，，，
∴是等边三角形，
∴
∴
∵四边形是圆内接四边形，
∴
∴它的顶角度数是或
情况2：腰等于它的外接圆的半径，
如图，当时，连接，
则，
∴是等边三角形，
∴
∵
∴
∵
∴
∴，
即它的顶角度数是
综上所述，顶角可能为、或．
故答案为或或．
12．如图，已知的周长是20，点为三角形内心，连接、，于点，且，则的面积是 ．
【答案】30
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，角平分线的性质，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心．连接，过点作于点，于点，可得，根据，即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，过点作于点，于点，
点为三角形内心，，
，
．
故答案为：30．
13．如图，在等腰中，，则此三角形的重心与外心之间的距离为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查三角形的重心和外心，能够掌握三角形的外心和重心的性质是解题的关键；
画出图形，找到三角形的重心与外心，利用重心和外心的性质求距离即可．
【详解】解：如图，点D为三角形外心，点I为三角形重心，为所求，
∵等腰中，，
∴
∵直角三角形的外心是斜边的中点，
∴，
∵I是的重心，
∴是三角形三条中线的交点，
∴，
故答案为：．
14．如图，是等边三角形的内切圆，分别与、、切于点D、E、F．若，则求阴影部分的面积 ．
【答案】
【分析】本题考查等边三角形的内切圆求阴影部分面积，熟练掌握相关知识求内切圆半径是解题的关键；连接、，，过点E作于G，过点D作于H，求出，和弓形面积即可解答．
【详解】解：连接、，，，并延长交于K，过点E作于G，过点D作于H，
∵是等边三角形的内切圆，分别与、、切于点D、E、F．
∴，，平分，，，，且，
∴，点K与点F重合，即O，F，B三点共线，
∴垂直平分，同理垂直平分，垂直平分，
∴点D是的中点，点F是的中点，
∴，，，
∵，则，
∴，，
∴，，
∴弓形面积为，
∴阴影部分的面积为，
故答案为．
15．如图，是的内接三角形，是的直径，弦，垂足为．设，，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】如图，连接，根据圆周角定理得到，求得，根据圆周角定理得到、，根据勾股定理得到，根据扇形和三角形的面积公式即可解答．
【详解】解：如图，是的直径，连接，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
在直角三角形中，由勾股定理得：，
图中阴影部分的面积，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆与外心、勾股定理、垂径定理、圆周角定理、扇形面积的计算等知识点，将求不规则图形的面积转化为求规则图形的面积是解题的关键．
16．如图，在中，，是的内切圆，三个切点分别为D，E，F，若，，则的面积是 ．
【答案】54
【分析】本题主要考查切线的性质、三角形的内切圆、勾股定理、全等三角形的判定与性质，灵活运用相关性质定理是解题的关键．
由，，可得，如图：连接，根据切线的性质易证可得：，同理可得：，设，则，再根据勾股定理列方程求得的值，进而确定，最后运用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵，，
∴，
如图：连接，
∵是的内切圆，三个切点分别为D，E，F，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得：，
设，则，
∵，
∴，
∴，解得：或负值舍去，
∴．
∴．
故答案为：54．
三、解答题
17．如图，是的外接圆，点是它的内心，射线、各交对边于点、，射线、各交于点、．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理和内心的性质，证明三角形相似是解决本题的关键．
根据内心的性质可得，再通过圆周角定理证明可得，进而即可得证．
【详解】解：连接，如图，
∵点是的内心，
∴分别平分，
∴，
∵，
∴，
由图可得，，
，
又∵，
∴，
∴，
∴．
18．如图，是四边形的外接圆，是的直径，平分，．
(1)求的度数；
(2)若点E是弦上一点，且点E是的内心，，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由同弧所对圆周角相等可推出，由直径所对圆周角为直角可得出，即可由求解；
（2）首先求出，由三角形内心的定义得出，由角平分线的定义得出．由同弧所对圆周角相等可推出，再结合三角形外角性质即得出，得到，如图所示，过点D作于点F，求出，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴．
∵是的直径，
∴，
∴；
（2）解：∵是的直径，
∴
∵平分，
∴，
∴
∴
∵平分，点E是的内心，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴
如图所示，过点D作于点F，
∴
∴，
∴
∴
∴
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理的推论，三角形内心的定义，三角形外角的性质，等角对等角，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
19．如图，设是一个锐角三角形，且，圆为其外接圆，O、H分别为其外心和垂心，为圆直径，M为线段上一动点且满足．
(1)证明：M为的中点；
(2)过O作的平行线交于点E，若F为的中点，证明：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，外心和垂心的性质，解题的关键是熟练掌握外心和垂心的定义．
（1）证明四边形为平行四边形，则，即可求解；
（2）证明四边形平行四边形，则H为垂心，进而求解．
【详解】（1）证明：连接，，，
∵为圆直径，
∴，，
又∵H为垂心，
∴，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
取中点，
又∵O为中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，，
∵过点且垂直的线段有且只有一条，且是点到的最短距离，
∴和重合，
∴M为的中点；
（2）证明：如图1，过E作，连接，，，
∵F为的中点，
∴，
由（1）可得，，
∵过O作的平行线交于点E，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，
∴，，
∵H为垂心，
∴，
∴，
∵，
∴H为垂心，
∴，而，
∴．
20．如图，为等边三角形，，图中大圆为的外接圆，小圆为的内切圆．
(1)请分别求出的外接圆和内切圆的半径；
(2)求阴影部分面积．
【答案】(1)，；
(2)．
【分析】（1）先用等边三角形的外接圆和内切圆求得，，延长交于点，即为的中垂线求出，，利用三角函数即可求解；
（2）先求内部阴影部分面积，再求外接圆与之间阴影部分面积，相加即为阴影部分面积，即可求解．
【详解】（1）解：为等边三角形，大圆为的外接圆，小圆为的内切圆，
，，
延长交于点，即为的中垂线，
，，
在直角中，，，
，
，
同理得，
的外接圆半径为，内切圆的半径为；
（2）由（1）得，，
，
内部阴影部分面积为：，
外接圆与之间阴影部分面积为：，
阴影部分面积为:．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、三角形的外接圆和内切圆、三角函数、圆的面积，掌握相关知识解题的关键．
21．如图，是的直径，内接于，点为的内心，连接并延长交于点，是上任意一点，连接，，，．
(1)若，求的度数；
(2)求证：；
(3)若，，求的周长．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由圆内接四边形可得，，结合是的直径可得，，根据三角形内角和定理，计算出；
（2）连接，由内心的性质可知，平分，平分，则，．结合圆周角定理可得，，由三角形外角的性质可证明，于是得到；
（3）作，垂足为，结合内心的性质和圆周角定理，容易证明进而都是等腰直角三角形．根据等腰直角三角形的性质并使用勾股定理，依次计算出、、和，相加求得求的周长．
【详解】（1）解：由圆内接四边形的性质可知，，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接，
∵点为的内心，
∴平分，平分，
∴，，
∵，
∴，
∵是的外角，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：作，垂足为，
由（2）可得，平分，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在直角中，，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在直角中，，
∴，
在直角中，，
∴，
在直角中，，
∴的周长为．
三角形外接圆
经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形.
三角形内切圆
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形.
名称
三角形的外心
三角形的内心
形成
三角形的外接圆圆心，即三角形三边垂直平分线的交点。
三角形的内切圆圆心，即三角形三条角平分线的交点。
图形
性质
外心到三角形三个顶点的距离相等，即 OA=OB=OC。
内心到三角形三条边的距离相等，即 ID=IE=IF。内心与顶点连线平分三角形的内角。
位置
外心不一定在三角形的内部。
内心一定在三角形的内部。
角度关系
∠BOC=2∠BAC。
∠BIC=90∘+12∠A。