数学九年级上册（2024）30.2 三角形的内切圆学案

这是一份数学九年级上册（2024）30.2 三角形的内切圆学案，文件包含unit1单元测试卷-教师版docx、unit1单元测试卷-学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共16页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc30844" 【题型1 作三角形的内切圆】 PAGEREF _Tc30844 \h 2
\l "_Tc13407" 【题型2 三角形内切圆中求角的度数】 PAGEREF _Tc13407 \h 7
\l "_Tc12644" 【题型3 三角形内心有关的应用】 PAGEREF _Tc12644 \h 10
\l "_Tc11960" 【题型4 应用切线长定理求长度】 PAGEREF _Tc11960 \h 14
\l "_Tc1601" 【题型5 应用切线长定理求周长】 PAGEREF _Tc1601 \h 18
\l "_Tc19205" 【题型6 应用切线长定理求面积】 PAGEREF _Tc19205 \h 21
\l "_Tc11468" 【题型7 应用切线长定理求角度】 PAGEREF _Tc11468 \h 26
\l "_Tc174" 【题型8 应用切线长定理求证】 PAGEREF _Tc174 \h 29
\l "_Tc15642" 【题型9 三角形内切圆中求最值】 PAGEREF _Tc15642 \h 35
\l "_Tc13460" 【题型10 三角形的内切圆与外接圆的综合】 PAGEREF _Tc13460 \h 41
\l "_Tc2330" 【题型11 圆与圆的位置关系】 PAGEREF _Tc2330 \h 45
知识点1 切线长及切线长定理
1. 切线长：经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长．
2. 切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角．
知识点2 三角形的内切圆
1. 三角形的内切圆：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，这个三角形叫做这个圆的外切三角形．
2. 三角形的内心：三角形的内切圆的圆心，是三角形三条角平分线的交点．
3. 三角形的内心与外心的区别
知识点3 圆和圆的位置关系
两圆外离⇔d>R+r；
两圆外切d=R+r；
两圆相交⇔R-rAD）.E在线段AB上，连接DE并延长与直线BC相交于点P，B为PC中点.
(1)证明：AB是⊙O的切线.
(2)如图2，连接OA，OB，求证：OA⊥OB.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OE，根据直角三角形斜边上的中线的性质以及等边对等角得出∠OEC=∠OCE，进而根据BC为切线，∠OCB=90°， ∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°，得出∠OEB=90°，即可得证；
（2）根据AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，根据切线长定理得出AD⊥CD，BC⊥CD，则AD∥BC，∠OAE=12∠DAE，∠OBE=12CBE，∠DAE+∠CBE＝180°，即可得出∠AOB=90°，进而即可得证．
【详解】（1）证明：连接OE，
∵CD为⊙O直径，
∴∠CEP=90°.
在RT△CEP中，B为PC中点，
∴EB=BC=12CP，
∴∠BCE=∠BEC，
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
又∵BC为切线，
∴∠OCB=90°，
∴∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°
∴∠OEB=90°.
即OE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线.
（2）证明：∵AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，
∴AD⊥CD，BC⊥CD，∠OAE=12∠DAE，∠OBE=12CBE，
∴AD∥BC，
∴∠DAE+∠CBE＝180°，
∴∠OAE+∠OBE=12×(∠DAE+∠CBE)=12×180°=90°，
∴∠AOB=90°，
∴OA⊥OB；
【点睛】本题考查了切线的性质与切线长定理，掌握切线的判定方法以及切线长定理是解题的关键．
【变式8-2】如图，AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，连接AB．
(1)若AB与⊙O相切于点E，求证AC+BD=AB；
(2)若AC+BD=AB，求证AB与⊙O相切．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）利用切线长定理证明AE=AC，BE=BD即可求证；
（2）延长AC到点F，使得CF=BD，连AO，过点O作OG⊥AB，垂足为G，连接OB，OD，OC，OF，证明AB=AF，再由SAS证明△BDO≌△FCO，根据性质再证明△ABO≌△AFOSSS，最后由性质即可求证；
此题考查了切线长定理和切线的判定与性质，全等三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点的应用及正确添加辅助线是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵AB与⊙O相切，切点为E，且AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，
∴ AE=AC，BE=BD，
∵AB=AE+BE，
∴AB=AC+BD；
（2）证明：延长AC到点F，使得CF=BD，连接AO，过点O作OG⊥AB，垂足为G，连接OB，OD，OC，OF，
∵CF=BD，AC+BD=AB，
∴ AB=AC+CF=AF，
∵AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，
∴∠BDO=∠FCO=90°，OC=OD，
∵CF=BD，∠BDO=∠FCO=90°，OC=OD，
∴△BDO≌△FCOSAS，
∴OB=OF，
又∵AF=AB，AO=AO，
∴△ABO≌△AFOSSS，
∴∠BAO=∠FAO，
∴AO平分∠BAC，
又∵OG⊥AB，OC⊥AC，
∴OG=OC，
∴AB与⊙O相切．
【变式8-3】如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．
(1)求证∶∠ADE=∠PAE．
(2)若∠ADE=30°，连接BD，求证：四边形ADBP是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OA，由∠PAO=∠DAE=90°,证明∠DAO=∠PAE，∠DAO=∠ADE，进而得证；
（2）连接BD，连接OB，证明∠APO=90°−∠AOE=30°，得到AD=AP，由PA、PB为⊙O的切线得到PA=PB=AD，∠PAO=∠PBO=90°，证明Rt△APO≌Rt△BPO，得到∠APO=∠BPO=30°，则∠ADE=∠BPO，得到AD∥BP，又由PA=PB=AD，即可证明四边形ADBP是菱形．
【详解】（1）证明：如图，连接OA，
∵DE是直径，
∴∠DAE=90°
即∠DAO+∠OAE=90°
∵PA为⊙O的切线，
∴∠PAO=90°，
即∠PAE+∠OAE=90°．
∴∠DAO=∠PAE，
∵AO=DO
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE．
（2）连接BD，连接OB，如图，
∵∠ADE=30°，
∴∠AOE=60°，
∵PA为⊙O的切线，
∴∠PAO=90°，
∴∠APO=90°−∠AOE=30°，
∴AD=AP
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴PA=PB=AD，∠PAO=∠PBO=90°，
∵PO=PO
∴Rt△APO≌Rt△BPOHL，
∴∠APO=∠BPO=30°
∴∠ADE=∠BPO
∴AD∥BP，
∵PA=PB=AD，
∴四边形ADBP是菱形．
【点睛】此题考查了切线的性质、切线长定理、圆周角定理、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，添加适当的辅助线是证明的关键．
【题型9 三角形内切圆中求最值】
【例9】（2025·浙江宁波·模拟预测）如图，点A的坐标为(0,4)，以O点为圆心，以OA为半径的圆交x轴于点B，点C为第一象限圆上一动点，CD⊥x轴于D点，点I为△OCD的内心，则AI的最小值为 ．
【答案】210−22/−22+210
【分析】本题考查了三角形内切圆与内心，坐标与图形性质，垂径定理，连接OI，IB，作△OIB的外接圆，圆心为P，连接PO，PB，IC，ON，BN，根据内心定义证明△IOC≌△IOBSAS，可得∠OIC=∠OIB=135°，当A，I，P三点共线时，AI取得最小值，此时AI=AP−PI，然后根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OI，IB，作△OIB的外接圆，圆心为P，连接PO，PB，IC，ON，BN，
∵点I为△OCD的内心，
∴∠IOC=∠IOB，
在△IOC和△IOB中，
OI=OI∠IOC=∠IOBOC=OB，
∴△IOC≌△IOBSAS，
∴∠OIC=∠OIB，
∵CD⊥x，
∴∠ODC=90°，
∴∠COD+∠OCD=90°，
∴12∠COD+12∠OCD=45°，
∴∠IOC+∠ICO=45°，
∴∠OIC=135°，
∴∠OIC=∠OIB=135°，
∴∠ONB=45°，
∴∠OPB=90°，
∵点A的坐标为0,4，
∴点B的坐标为4,0，
∴OB=4，
∴OP=BP=22OB=22，
∴P2,−2，
当A，I，P三点共线时，AI取得最小值，
此时AI=AP−PI=0−22+4+22−22=210−22．
故答案为：210−22．
【变式9-1】如图，矩形ABCD，AD＝6，AB＝8，点P为BC边上的中点，点Q是△ACD的内切圆圆O上的一个动点，点M是CQ的中点，则PM的最大值是 ．
【答案】13+1
【分析】由矩形的性质得出∠D=90°，CD=AB=8，由勾股定理得出AC=AD2+CD2=10，设△AD的内切圆O的半径为r，则12×10r+12×8r+12×6r=12×8×6，解得r=2，连接BQ，易证PM是ΔBCQ的中位线，得出PM=12BQ，当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，作OE⊥AD于E，OF⊥AB于F，则BF=AB−AF=6，OF=AE=AD−DE=4，由勾股定理得出BO=BF2+OF2=213，则BQ=BO+OQ=213+2，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，CD=AB=8，
∴AC=AD2+CD2=62+82=10，
设△AD的内切圆O的半径为r，
则12×10r+12×8r+12×6r=12×8×6，
解得：r=2，
连接BQ，
∵P是BC边上的中点，点M是CQ的中点，
∴PM是ΔBCQ的中位线，
∴PM=12BQ，
当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，
作OE⊥AD于E，OF⊥AB于F，
则BF=AB−AF=8−2=6，OF=AE=AD−DE=6−2=4，
∴BO=BF2+OF2=62+42=213，
∴BQ=BO+OQ=213+2，
∴PM=12BQ=13+1；
故答案为：13+1．
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心、勾股定理、矩形的性质、三角形中位线的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
【变式9-2】如图，在△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，经过点C且与边AB相切的动圆与CA，CB分别相交于点P，Q，则△ABC的内切圆半径为 ，线段PQ长度的最小值为 ．
【答案】 1 2.4
【分析】根据直角三角形内切圆半径与直角三角形三边的关系即可求出△ABC的内切圆半径；设经过点C的圆的圆心为F，圆F与AB的切点为D，连接FD、CF、CD，则有FD⊥AB；由勾股定理的逆定理知，△ABC是直角三角形，直径PQ=FC+FD，由线段最短知CF+FD≥CD，即PQ≥CD，只有当点F在CD上，且CD是直角三角形ABC的斜边AB的高时，PQ有最小值为CD的长，由直角三角形的面积公式知，此时CD=BC⋅AC÷AB=2.4．
【详解】解：∵AB=5，AC=4，BC=3，
∴AB2=AC2+BC2
∴∠ACB=90°
∴△ABC的内切圆半径=AC+BC−AB2=1
设过点C的圆的圆心为F，⊙F与AB的切点为D，
∵∠PCQ=90°，
∴PQ是⊙F的直径，
连接FD，连接CF，CD，
∵点C、D在⊙F上，PQ是⊙F的直径，
∴PQ=FC+FD，
又∵CF+FD≥CD
∴PQ≥CD，
∵AB与⊙F切于点D，
∴FD⊥AB；
∴当点F是Rt△ABC的斜边AB的高的中点时，C、F、D三点共线，且CD为Rt△ABC的斜边AB的高，此时⊙F的直径等于CD=BC⋅AC÷AB=2.4
又∵PQ≥CD，
∴PQ能取到最小值2.4．
故答案为：1，2.4．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，垂线段最短，直角三角形的面积公式，直角三角形内切圆与直角三角形三边的关系，正确作出辅助线转化问题是关键．
【变式9-3】如图，⊙O的直径AB的长为8，P是AB上一动点，∠APB的角平分线交⊙O于点Q，点I为△APB的内心，连接QA，下列结论：①点Q是定点；②PQ的最大值为8；③QI的长为定值；④AP⋅BP的最大值为16．其中正确的结论是 （把正确结论的序号都填上）．
【答案】①②③
【分析】连接BQ,AI，由题意易得AQ=BQ，然后可得①，根据圆中直径最大可判定②，由内心可知∠PAI=∠BAI，然后根据三角形外角的定义及圆周角定理可进行排除③，过点P作PD⊥AB于点D，进而可得AP⋅BP=AB⋅PD，最后可得出选项．
【详解】解：连接BQ,AI，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
∵∠APB的角平分线交⊙O于点Q，点I为△APB的内心，
∴∠APQ=∠BPQ=45°,∠PAI=∠BAI，
∴AQ=BQ，且△AQB是等腰直角三角形，
∴AQ=BQ=22AB=42，即点Q是定点，故①正确；
由圆中最长的弦是直径可知PQ的最大值为8，故②正确；
∵∠QIA=∠PAI+∠APQ,∠QAI=∠BAI+∠QAB，且∠QAB=∠APQ=45°，
∴∠QIA=∠QAI，
∴AQ=QI=42，即QI的长为定值，故③正确；
过点P作PD⊥AB于点D，
∴S△APB=12AP⋅BP=12AB⋅PD，
当AP⋅BP的值为最大，则AB⋅PD的值为最大，即PD的值为最大，
∴当PD是半径时，即为PD=4，
∴AP⋅BP的最大值为AP⋅BP=8×4=32；故④错误；
综上所述：正确的有①②③；
故答案为①②③．
【点睛】本题主要考查三角形的内心、圆周角定理及等腰三角形的性质与判定，熟练掌握三角形的内心、圆周角定理及等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
【题型10 三角形的内切圆与外接圆的综合】
【例10】（24-25九年级上·安徽淮南·期末）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】本题考查了三角形内心的定义和圆周角定理．
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10-1】（24-25九年级上·山东德州·期末）如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，IA．若∠OBC=20°，则∠CAI的度数为（ ）
A．25°B．35°C．40°D．45°
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的内心，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，掌握内心的定义是解题的关键．
连接OB，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠BOC=140°，进而由圆周角定理得∠BAC=12∠BOC=70°，再根据内心的定义可得∠CAI=12∠BAC，据此即可求解．
【详解】解：连接OC，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=20°，
∴∠BOC=180°−2×20°=140°，
∴∠BAC=12∠BOC=70°，
∵点I是△ABC的内心，
∴∠CAI=12∠BAC=12×70°=35°，
故选：B．
【变式10-2】（24-25九年级上·湖北武汉·期末）如图，已知点M是△ABC的内心，A1、B1、C1分别是点M关于BC、CA、AB的对称点，点B在△A1B1C1的外接圆上，且点A在B1C1边上，若△A1B1C1的外接圆半径为2，则BC长为（ ）
A．23B．3+2C．43D．23+2
【答案】D
【分析】本题主要考查了三角形的内心、外心、轴对称、特殊直角三角形等内容．连接BM、AM，易得四边形MKAH是正方形，再证∠ABC=60°，即可得解．
【详解】解：如图，连接BM、AM，设MA1与CB交于点G，MB1与AC交于点H，MC1与AB交于点K，
∵△A1B1C1的外接圆半径为2，且点B也在△A1B1C1的外接圆上，
∴MA1=MB1=MC1=MB=2，
∵A1、B1、C1分别是点M关于BC、CA、AB的对称点，
∴MK=KC1=1，MG=GA1=1，MH=HB1=1，MA=AB1，MA=AC1，
∴MA=AB1=AC1，
∴∠MB1A=∠AMB1=∠AC1M=∠AMC1，
∵∠MC1B1+∠MB1C1+∠C1MB1=180°，
∴∠MB1A=∠AMB1=∠AC1M=∠AMC1=45°，
∴△MKA、△C1KA、△MHA、△B1HA都是等腰直角三角形，
∴∠B1MC1=45°+45°=90°，
∵∠MKA=∠MHA=90°，且MK=MH，
∴四边形MKAH是正方形，
∴∠BAC=90°，AK=1，
在Rt△BMK中，BM=2MK，
∴sin∠MBK=12，
∴∠MBK=30°，BK=BM2−MK2=3，
同理∠MBG=30°，
∴∠ABC=60°，
∴∠C=30°，
∵AB=BK+AK=3+1，
∴BC=2AB=23+2；
故选：D．
【变式10-3】（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且BC为⊙O的直径，点E为△ABC的内心，BE的延长线交⊙O于点F，连接CF．若BC=5，CE=10，则AC的长为（ ）
A．3B．4C．5D．25
【答案】B
【分析】连接OF交AC于点G，作FH⊥BC于点H，证明AF=CF，得到OG⊥AC,AG=CG=12AC，∠BFC=90°，证明△CEF是等腰直角三角形，得到CF=EF=22CE=5，则BF=BC2−CF2=52−52=25，利用等积法得到FH=CG=2，即可得到答案．
【详解】解：连接OF交AC于点G，作FH⊥BC于点H，
∵点E为△ABC的内心，
∴∠CBF=∠ABF=12∠ABC，∠ACE=∠BCF=12∠ACB，
∴AF=CF，
∴OG⊥AC,AG=CG=12AC，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BFC=90°，
∵∠CEF=∠CBF+∠BCE,∠ECF=∠ACF+∠ACE，∠CBF=∠ABF=∠ACF
∴∠CEF=∠ECF，
∴△CEF是等腰直角三角形，CF=EF=22CE=5，
∴BF=BC2−CF2=52−52=25
∵S△BCF=12BF⋅CF=12BC⋅FH
∴FH=BF⋅CFBC=25⋅55=2，
∵S△OCF=12OC⋅FH=12OF⋅CG，OC=OF，
∴FH=CG=2，
∴AC=2CG=4
故选：B
【点睛】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，熟练掌握圆周角定理、三角形内心的性质、垂径定理的推论是解题的关键．
【题型11 圆与圆的位置关系】
【例11】在△ABC中，AC=3，BC=4，AB=5，点P在△ABC内，分别以A、B、P为圆心画，圆A半径为1，圆B半径为2，圆P半径为3，圆A与圆P内切，圆P与圆B的关系是（ ）
A．内含B．相交C．外切D．相离
【答案】B
【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键．
【详解】解：∵圆A半径为1，圆P半径为3，圆A与圆P内切，
∴圆A含在圆P内，即PA=3−1=2，
∴P在以A为圆心、2为半径的圆与△ABC边相交形成的弧上运动，如图所示：
∴当到P′位置时，圆P与圆B圆心距离PB最大，为12+42=17，
∵ 17