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初中数学北师大版（2024）九年级下册7 切线长定理巩固练习
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这是一份初中数学北师大版（2024）九年级下册7 切线长定理巩固练习，共33页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc3821" 【题型1 利用切线长定理求周长】 PAGEREF _Tc3821 \h 1
\l "_Tc24076" 【题型2 三角形内切圆中求角度】 PAGEREF _Tc24076 \h 2
\l "_Tc11948" 【题型3 三角形内切圆中求面积】 PAGEREF _Tc11948 \h 4
\l "_Tc17408" 【题型4 三角形内切圆中求线段长度】 PAGEREF _Tc17408 \h 5
\l "_Tc27351" 【题型5 三角形内切圆中求半径】 PAGEREF _Tc27351 \h 5
\l "_Tc3209" 【题型6 三角形内切圆中求最值】 PAGEREF _Tc3209 \h 6
\l "_Tc17599" 【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】 PAGEREF _Tc17599 \h 7
【知识点1 切线长定理及三角形的内切圆】
（1）切线长定理：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
（2）三角形内切圆
【题型1 利用切线长定理求周长】
【例1】（2022秋•宜兴市校级期中）如图，△ABC是一张三角形的纸片，⊙O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，
已知AD＝10cm，小明准备用剪刀沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下一块三角形（△AMN），则剪下的△AMN的周长为 ．
【变式1-1】（2022秋•莒南县期末）如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D．若PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，求△PCD的周长．
【变式1-2】（2022•雨花区校级三模）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，⊙O与△ABC的三边相切于点D、E、F，若⊙O的半径为2，则△ABC的周长为（ ）
A．14B．20C．24D．30
【变式1-3】（2022秋•崇川区月考）如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O相切于点A、B，C是劣弧AB上任意一点，过C作⊙O切线DE，交PA、PB于点D、E，已知PA的长为5cm，∠DOE＝65°，点M、N分别在PA、PB的延长线上，MN与⊙O相切于点F，已知DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．
（1）求∠P的度数；
（2）求△PDE的周长；
（3）求四边形DEMN的周长．
【题型2 三角形内切圆中求角度】
【例2】（2022•温州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，⊙O是它的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，若∠ACB＝40°，则∠DOE＝ ．
【变式2-1】（2022秋•昌平区期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝ °，∠DEF＝ °．
【变式2-2】（2022•万年县校级模拟）如图，△ABC中，内切圆I与AB，BC，CA分别切于F，D，E，连接BI，CI，再连接FD，ED，
（1）若∠A＝40°，求∠BIC与∠FDE的度数．
（2）若∠BIC＝α；∠FDE＝β，试猜想α，β的关系，并证明你的结论．
【变式2-3】（2022秋•邗江区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点M是△ABC内一点，连接BM交AD于点N，已知∠AMB＝108°，若点M是△CAN的内心，则∠BAC的度数为（ ）
A．36°B．48°C．60°D．72°
【题型3 三角形内切圆中求面积】
【例3】（2022秋•黄冈期中）如图，边长为1的正方形ABCD的边AB是⊙O的直径，CF是⊙O的切线，E为切点，F点在AD上，BE是⊙O的弦，求△CDF的面积．
【变式3-1】（2022•武汉模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，E是△ABC的内心，OE⊥EB．若AE＝22，则△ABE的面积为（ ）
A．22B．2C．2D．1
【变式3-2】（2022春•海曙区校级期中）如图，花边带上正三角形的内切圆半径为1cm．如果这条花边带有100个圆和100个正三角形，则这条花边的面积为（ ）
A．150πB．1503C．3003D．200
【变式3-3】（2022•齐齐哈尔一模）如图，正方形ABCD边长为4cm，以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆，过A作半圆的切线，与半圆相切于F点，与DC相交于E点，则△ADE的面积（ ）cm2
A．12B．24C．8D．6
【题型4 三角形内切圆中求线段长度】
【例4】（2022秋•乌兰察布期末）如图，⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F、若AB＝5，AC＝6，BC＝7，求AD、BE、CF的长．
【变式4-1】（2022秋•崇川区月考）如图，已知△ABC的内切圆O与三边分别切于D、E、F，∠A＝60°，CB＝6cm，△ABC的周长为16cm，则DF的长等于（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．6cm
【变式4-2】（2022秋•龙凤区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，⊙O是△ABC的内切圆，点D是斜边AB的中点，则OD的长度是 ．
【变式4-3】（2022•永定区模拟）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，⊙O1和⊙O2分别是△ABC和△ADC的内切圆，点E、F为切点，则EF的长是 cm．
【题型5 三角形内切圆中求半径】
【例5】（2022•定安县二模）如图，在矩形ABCD中，AD＜AB，AD＝9，AB＝12，则△ACD内切圆的半径是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【变式5-1】（2022秋•张店区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，⊙O是Rt△ABC的内切圆，则⊙O的半径为（ ）
A．1B．3C．2D．23
【变式5-2】（2022秋•虎丘区校级期中）若四边形ABCD有内切圆（与四边形四边均相切），四边形面积为S，各边长分别为a，b，c，d，则该圆的直径为（ ）
A．a+b+c+dSB．Sa+cC．c−dS(a+b)D．2Sa+b+c+d
【变式5-3】（2022秋•南丹县期末）如图，△ABC的内切圆⊙O分别与AB，AC，BC相切于点D，E，F．若∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则⊙O的半径等于 ．
【题型6 三角形内切圆中求最值】
【例6】（2022春•长兴县月考）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 ．
【变式6-1】（2022秋•扬州月考）如图是一块△ABC余料，已知AB＝20cm，BC＝7cm，AC＝15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是 ．
【变式6-2】（2022•温州自主招生）设等边△ABC的内切圆半径为2，圆心为I．若点P满足PI＝1，则△ABC与△APC的面积之比的最大值为 ．
【变式6-3】（2022秋•滨湖区期末）已知点C是⊙O上一动点，弦AB＝6，∠ACB＝120゜．
（1）如图1，若CD平分∠ACB，求证：AC+BC＝CD；
（2）如图2，△ABC内切圆半径为r．①用含r的代数式表示AC+BC；②求r的最大值．
【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】
【例7】（2022秋•滨湖区期末）设两直角边分别为3、4的直角三角形的外接圆和内切圆的半径长分别为R和r，则R﹣r＝ ．
【变式7-1】（2022•鞍山模拟）如图，⊙O内切于Rt△ABC，切点分别为D、E、F，∠C＝90°．已知∠AOC＝120°，则∠OAC＝ °，∠B＝ °．已知AC＝4cm，BC＝3cm，则△ABC的外接圆的半径为 cm，内切圆的半径为 cm．
【变式7-2】（2022•游仙区模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切
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
内切圆的圆心是三角形三个内角的角平分线的交点，叫做三角形的内心
三角形的内心到三角形三边的距离相等
专题3.7 切线长定理及三角形的内切圆【七大题型】
【北师大版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc3821" 【题型1 利用切线长定理求周长】 PAGEREF _Tc3821 \h 1
\l "_Tc24076" 【题型2 三角形内切圆中求角度】 PAGEREF _Tc24076 \h 5
\l "_Tc11948" 【题型3 三角形内切圆中求面积】 PAGEREF _Tc11948 \h 9
\l "_Tc17408" 【题型4 三角形内切圆中求线段长度】 PAGEREF _Tc17408 \h 13
\l "_Tc27351" 【题型5 三角形内切圆中求半径】 PAGEREF _Tc27351 \h 16
\l "_Tc3209" 【题型6 三角形内切圆中求最值】 PAGEREF _Tc3209 \h 20
\l "_Tc17599" 【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】 PAGEREF _Tc17599 \h 25
【知识点1 切线长定理及三角形的内切圆】
（1）切线长定理：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
（2）三角形内切圆
【题型1 利用切线长定理求周长】
【例1】（2022秋•宜兴市校级期中）如图，△ABC是一张三角形的纸片，⊙O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，
已知AD＝10cm，小明准备用剪刀沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下一块三角形（△AMN），则剪下的△AMN的周长为 20cm ．
【分析】利用切线长定理得出DM＝MF，FN＝EN，AD＝AE，进而得出答案．
【解答】解：∵△ABC是一张三角形的纸片，⊙O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，AD＝10cm，
∴设E、F分别是⊙O的切点，
故DM＝MF，FN＝EN，AD＝AE，
∴AM+AN+MN＝AD+AE＝10+10＝20（cm）．
故答案是：20cm．
【变式1-1】（2022秋•莒南县期末）如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D．若PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，求△PCD的周长．
【分析】由PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，根据切线长定理，可得PA＝PB，又由PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，根据根与系数的关系，可求得PA与PB的长，又由CD切⊙O于点E，即可得△PCD的周长等于PA+PB．
【解答】解：∵PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，
∴PA+PB＝m，PA•PB＝m﹣1，
∵PA、PB切⊙O于A、B两点，
∴PA＝PB=m2，
即m2•m2=m﹣1，
即m2﹣4m+4＝0，
解得：m＝2，
∴PA＝PB＝1，
∵PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，
∴AD＝ED，BC＝EC，
∴△PCD的周长为：PD+CD+PC＝PD+DE+EC+PC＝PD+AD+BC+PC＝PA+PB＝2．
【变式1-2】（2022•雨花区校级三模）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，⊙O与△ABC的三边相切于点D、E、F，若⊙O的半径为2，则△ABC的周长为（ ）
A．14B．20C．24D．30
【分析】设AD＝x，由切线长定理得AE＝x，根据题意可得四边形OECF为正方形，则CE＝CF＝2，BD＝BF＝3，在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出x，然后求其周长．
【解答】解：连接OE、OF，设AD＝x，由切线长定理得AE＝x，
∵⊙O与Rt△ABC的三边分别点D、E、F，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，
∴四边形OECF为正方形，
∵⊙O的半径为2，BC＝5，
∴CE＝CF＝2，BD＝BF＝3，
∴在Rt△ABC中，
∵AC2+BC2＝AB2，即（x+2）2+52＝（x+3）2，
解得x＝10，
∴△ABC的周长为12+5+13＝30．
故选：D．
【变式1-3】（2022秋•崇川区月考）如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O相切于点A、B，C是劣弧AB上任意一点，过C作⊙O切线DE，交PA、PB于点D、E，已知PA的长为5cm，∠DOE＝65°，点M、N分别在PA、PB的延长线上，MN与⊙O相切于点F，已知DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．
（1）求∠P的度数；
（2）求△PDE的周长；
（3）求四边形DEMN的周长．
【分析】（1）只要证明∠AOB＝130°，∠PAO＝∠PBO＝90°，再利用四边形内角和定理即可解决问题；
（2）利用切线长定理即可解决问题；
（3）因为DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．可得DN+EM＝10，再利用切线长定理即可解决问题；
【解答】解：（1）连接OA、OB、OC．
∴PA、PB、DE是⊙O的切线，
∴PA⊥OA，OB⊥PB，∠DOA＝∠DOC，∠EOB＝∠EOC，
∵∠DOE＝65°，
∴∠AOB＝130°，∠PAO＝∠PBO＝90°，
∴∠P＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°．
（2）∵PA、PB、DE是⊙O的切线，
∴DA＝DC，EC＝EB，PA＝PB＝5，
∴△PDE的周长＝PD+DE+PE＝PD+DA+PE+EB＝PA+PB＝10．
（3）∵DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．
∴DN+EM＝10，
∴PN，PM，MN是⊙O的切线，
∴AN＝NF，MF＝MB，DA＝DC，EC＝EB，
∴四边形EMND的周长＝EM+MN+DN+DE＝EM+BM+NA+DA+EB+DN＝2（DN+EM）＝20．
【题型2 三角形内切圆中求角度】
【例2】（2022•温州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，⊙O是它的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，若∠ACB＝40°，则∠DOE＝ 130° ．
【分析】利用直角三角形性质求出∠ABC＝50°，再利用切线性质求出∠BDO＝∠BEO＝90°，再利用四边形内角和为360°，即可求得答案．
【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠A＝90°，∠ACB＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣40°＝50°，
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，
∴AB、BC是⊙O的切线，
∴∠BDO＝∠BEO＝90°，
∴∠DOE＝360°﹣∠BDO﹣∠BEO﹣∠ABC＝130°，
故答案为：130°．
【变式2-1】（2022秋•昌平区期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝ 110 °，∠DEF＝ 70 °．
【分析】连接OD和OF，根据内切圆的性质可得OB，OC平分∠ABC，∠ACB，再根据三角形内角和定理即可求出角BOC的度数；根据切线的性质可得∠DOF的度数，进而根据圆周角定理可得∠DEF的度数．
【解答】解：如图，连接OD和OF，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∠A＝40°，
∴OB，OC平分∠ABC，∠ACB，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB
＝180°−12（∠ABC+∠ACB）
＝180°−12×140°
＝110°，
∵OD⊥AB，OF⊥AC，
∴∠ADO＝∠AFO＝90°，
∴∠DOF＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，
∴∠DEF=12∠DOF＝70°．
故答案为：110，70．
【变式2-2】（2022•万年县校级模拟）如图，△ABC中，内切圆I与AB，BC，CA分别切于F，D，E，连接BI，CI，再连接FD，ED，
（1）若∠A＝40°，求∠BIC与∠FDE的度数．
（2）若∠BIC＝α；∠FDE＝β，试猜想α，β的关系，并证明你的结论．
【分析】（1）根据圆I是△ABC的内切圆求出∠IBC+∠ICB=12（∠ABC+∠ACB），求出∠ABC+∠ACB的度数，求出∠IBC+∠ICB即可；连接IF、IE，求出∠FIE，即可求出∠FDE；
（2）由（1）得出∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB），∠FDE＝180°﹣2∠A，根据三角形的内角和定理求出∠BIC＝90°+12∠A，代入即可求出答案．
【解答】解：（1）∵圆I是△ABC的内切圆，
∴∠IBC=12∠ABC，∠ICB=12∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB=12（∠ABC+∠ACB），
∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°，
∴∠IBC+∠ICB＝70°，
∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝110°，
如图，连接IF、IE，
∵圆I是△ABC的内切圆，
∴∠IFA＝∠IEA＝90°，
∵∠A＝40°，
∴∠FIE＝360°﹣∠IFA﹣∠IEA﹣∠A＝140°，
∴∠EDF=12∠EIF＝70°，
答：∠BIC＝110°，∠FDE＝70°；
（2）解：α＝180°﹣β，
证明：由圆周角定理得：∠FIE＝2∠FDE，
由（1）知：2∠FDE＝180°﹣∠A，
即∠A＝180°﹣2∠FDE，
∴∠A＝180°﹣∠EIF，
由（1）知：2∠FDE＝180°﹣∠A，
∴∠A＝180°﹣2∠FDE＝180°﹣2β，
∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）
＝180°−12（∠ABC+∠ACB）
＝180°−12（180°﹣∠A）
＝90°+12∠A，
∴∠BIC＝α＝90°+12（180°﹣2β），
即α＝180°﹣β．
【变式2-3】（2022秋•邗江区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点M是△ABC内一点，连接BM交AD于点N，已知∠AMB＝108°，若点M是△CAN的内心，则∠BAC的度数为（ ）
A．36°B．48°C．60°D．72°
【分析】过点M作ME⊥AD于点E，根据已知条件可得△ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，证明ME∥BC，可得∠NME＝∠NBD，由点M是△CAN的内心，可得点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上，设∠NAM＝x，∠NBD＝y，所以∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y，∠ENM＝∠CNM＝2y，然后利用∠AMB＝108°，列出方程组y−x=18°2y+x=72°，求解即可得结论．
【解答】解：如图，过点M作ME⊥AD于点E，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴△ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，
∴NB＝NC，∠BAD＝∠CAD，
∴∠NBD＝∠NCD，
∵ME⊥AD，AD⊥BC，
∴ME∥BC，
∴∠NME＝∠NBD，
∵点M是△CAN的内心，
∴点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上，
∴∠NAM＝∠CAM，∠ANM＝∠CNM，
设∠NAM＝x，∠NBD＝y，
∴∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y，
∴∠ENM＝∠CNM＝∠NBC+∠NCB＝2y，
∵∠AMB＝108°，
∴∠AME＝∠AMB﹣∠EMN＝108°﹣y，
在△AEM中，∠EAM+∠AME＝90°，
∴x+108°﹣y＝90°，
∴y﹣x＝18°，
在△ANM中，∠NAM+∠ANM＝180°﹣108°，
∴x+2y＝72°，
y−x=18°2y+x=72°，
解得x=12°y=30°，
∴∠BAC＝4x＝48°．
【题型3 三角形内切圆中求面积】
【例3】（2022秋•黄冈期中）如图，边长为1的正方形ABCD的边AB是⊙O的直径，CF是⊙O的切线，E为切点，F点在AD上，BE是⊙O的弦，求△CDF的面积．
【分析】设AF＝x，由切线长定理可得EF＝AF＝x，则FD＝1﹣x，CF＝CE+EF＝CB+EF＝1+x，利用勾股定理建立方程求出x的值，再根据三角形的面积公式即可求出问题的答案．
【解答】解：设AF＝x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝90°，
∴DA⊥AB，
∴AD是圆的切线，
∵CF是⊙O的切线，E为切点，
∴EF＝AF＝x，
∴FD＝1﹣x，
∵CB⊥AB，
∴CB 为⊙O 的切线，
∴CB＝CE，
∴CF＝CE+EF＝CB+EF＝1+x．
∴在Rt△CDF中由勾股定理得到：CF2＝CD2+DF2，
即（1+x）2＝1+（1﹣x）2，
解得x=14，
∴DF＝1﹣x=34，
∴S△CDF=12×1×34=38．
【变式3-1】（2022•武汉模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，E是△ABC的内心，OE⊥EB．若AE＝22，则△ABE的面积为（ ）
A．22B．2C．2D．1
【分析】延长BE交⊙O于点F，连接AF，OF，根据AB是⊙O的直径，可得∠AFB＝∠C＝90°，证明△FEA是等腰直角三角形，可得AF＝EF＝2，根据垂径定理可得EF＝BE＝2，进而可得△ABE的面积．
【解答】解：如图，延长BE交⊙O于点F，连接AF，OF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝∠C＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵E是△ABC的内心，
∴∠EAB=12∠CAB，∠EBA=12∠CBA，
∴∠EAB+∠EBA=12（∠CAB+∠CBA）＝45°，
∴∠FEA＝45°，
∴△FEA是等腰直角三角形，
∴AE=2AF=2EF，
∵AE＝22，
∴AF＝EF＝2，
∵OE⊥EB，
∴EF＝BE＝2，
∴△ABE的面积为：12BE•AF=12×2×2＝2．
【变式3-2】（2022春•海曙区校级期中）如图，花边带上正三角形的内切圆半径为1cm．如果这条花边带有100个圆和100个正三角形，则这条花边的面积为（ ）
A．150πB．1503C．3003D．200
【分析】画出图形，连接AD，OB，则AD过O，求出∠OBD＝30°，求出OB，根据勾股定理求出BD，同法求出CD，求出BC的长后求得一个三角形的面积即可求得花边的面积．
【解答】解：从中选择一个等边三角形和其内接圆如图，⊙O是△ABC的内切圆，⊙O切AB于F，切AC于E，切BC于D，
连接AD，OB，则AD过O（因为等边三角形的内切圆的圆心再角平分线上，也在底边的垂直平分线上），
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠OBC=12∠ABC＝30°，
∵⊙O切BC于D，
∴∠ODB＝90°，
∵OD＝1，
∴OB＝2，
由勾股定理得：BD=22−12=3，
∴BC＝23，
∴S△ABC=12BC•AD=12×23×3＝33．
∴这条花边的面积＝100S△ABC＝3003，
【变式3-3】（2022•齐齐哈尔一模）如图，正方形ABCD边长为4cm，以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆，过A作半圆的切线，与半圆相切于F点，与DC相交于E点，则△ADE的面积（ ）cm2
A．12B．24C．8D．6
【分析】由于AE与圆O切于点F，根据切线长定理有AF＝AB＝4cm，EF＝EC；设EF＝EC＝xcm．则DE＝（4﹣x）cm，AE＝（4+x）cm，
然后在三角形BCE中由勾股定理可以列出关于x的方程，解方程即可求出，然后就可以求出△ADE的面积．
【解答】解：∵AE与圆O切于点F，
显然根据切线长定理有AF＝AB＝4cm，EF＝EC，
设EF＝EC＝xcm，
则DE＝（4﹣x）cm，AE＝（4+x）cm，
在三角形ADE中由勾股定理得：
（4﹣x）2+42＝（4+x）2，
∴x＝1cm，
∴CE＝1cm，
∴DE＝4﹣1＝3cm，
∴S△ADE＝AD•DE÷2＝3×4÷2＝6cm2．
故选：D．
【题型4 三角形内切圆中求线段长度】
【例4】（2022秋•乌兰察布期末）如图，⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F、若AB＝5，AC＝6，BC＝7，求AD、BE、CF的长．
【分析】由切线长定理，可知：AF＝AD，CF＝CE，BE＝BD，用未知数设AD的长，然后表示出BD、CF的长，即可表示出BE、CE的长，根据BE+CE＝7，可求出AD的长进而求出BE、CF的长．
【解答】解：假设AD＝x，
∵⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F；
∴根据切线长定理得出AD＝AF，BD＝BE，EC＝FC，
∴AF＝x，
∵AB＝5，AC＝6，BC＝7，
∴BE＝BD＝AB﹣AD＝5﹣x，FC＝EC＝AC﹣AF＝6﹣x，
∴BC＝BE+EC＝5﹣x+6﹣x＝7，
解得：x＝2，
∴AD＝2，BE＝BD＝5﹣2＝3，CF＝AC﹣AF＝6﹣2＝4．
【变式4-1】（2022秋•崇川区月考）如图，已知△ABC的内切圆O与三边分别切于D、E、F，∠A＝60°，CB＝6cm，△ABC的周长为16cm，则DF的长等于（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．6cm
【分析】利用三角形内切圆的性质以及切线长定理得出BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF，进而得出△ADF是等边三角形，即可得出答案．
【解答】解：∵△ABC的内切圆O与三边分别切于D、E、F，CB＝6cm，△ABC的周长为16cm，
∴BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF，
∵BE+EC＝BD+FC＝6，
∴AD＝AF=12（AB+AC+BC﹣BC﹣BD﹣CF）=12（16﹣6﹣6）＝2，
∵∠A＝60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴DF＝2．
【变式4-2】（2022秋•龙凤区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，⊙O是△ABC的内切圆，点D是斜边AB的中点，则OD的长度是 52 ．
【分析】如图连接OE、OF、OQ，设⊙O的半径是r，由勾股定理求出AB＝5，根据△ABC的内切圆，得到OE⊥AC，OF⊥BC，OE＝OF，推出四边形CFOE是正方形，得到CE＝CF＝OF＝OE，根据3﹣r+4﹣r＝5求出r、AQ、OQ的长求出AD、DQ的长
【解答】解：如图连接OE、OF、OQ，设⊙O的半径是r，
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=5，
∵⊙O是三角形ABC的内切圆，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，OE＝OF，AE＝AQ，BF＝BQ，
∵∠C＝90°，
∴∠C＝∠CFO＝∠CEO＝90°，
∴四边形CFOE是正方形，
∴CE＝CF＝OF＝OE，
∴3﹣r+4﹣r＝5，
r＝1，AQ＝AE＝3﹣1＝2，OQ＝1，
∵D是AB的中点，
∴AD=52，
∴DQ＝AD﹣AQ=12，
∴OD2＝OQ2+DQ2，
∴OD=OQ2+DQ2=52，
故答案为：52．
【变式4-3】（2022•永定区模拟）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，⊙O1和⊙O2分别是△ABC和△ADC的内切圆，点E、F为切点，则EF的长是 4 cm．
【分析】根据矩形的性质得到AC＝20，△ABC≌△CDA，则⊙O1和⊙O2的半径相等．如图，过O1作AB、BC的垂线分别交AB、BC于N、P，过O2作BC，CD、AD的垂线分别交BC，CD、AD于Q，G、H，由∠B＝90°，推出四边形O1NBP是正方形，设圆的半径为r，根据切线长定理12﹣r+16﹣r＝20，解得r＝4，过O1作O1M⊥FO2于M，则O1M＝PQ＝8，QM＝BN＝4，同法可得DG＝4，根据EF＝AC﹣AE﹣CF计算即可．
【解答】解：∵矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，
∴AC＝20，△ABC≌△CDA，则⊙O1和⊙O2的半径相等．
如图，过O1作AB、BC的垂线分别交AB、BC于N、P，
过O2作BC，CD、AD的垂线分别交BC，CD、AD于Q，G、H，
∵∠B＝90°，
∴四边形O1NBP是正方形，
设圆的半径为r，根据切线长定理12﹣r+16﹣r＝20，解得r＝4，
∴BP＝BN＝4，同法可得DG＝4，
∴AN＝AE＝CG＝CF＝8，
∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝20﹣16＝4
故答案为：4．
【题型5 三角形内切圆中求半径】
【例5】（2022•定安县二模）如图，在矩形ABCD中，AD＜AB，AD＝9，AB＝12，则△ACD内切圆的半径是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据矩形性质和勾股定理可得AC＝15，设△ACD内切圆的圆心为O，△ACD内切圆的半径为r，连接OE，OF，OG，得四边形DFOG是正方形，然后根据切线长定理即可解决问题．
【解答】解：在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD＝BC＝9，AB＝12，
根据勾股定理，得
AC=AB2+BC2=122+92=15，
设△ACD内切圆的圆心为O，△ACD内切圆的半径为r，
如图，连接OE，OF，OG，
得四边形DFOG是正方形，
∴DF＝DG＝r，
∴AG＝AE＝AD﹣DG＝9﹣r，
CF＝CE＝CD﹣DF＝AB﹣DF＝12﹣r，
∵AE+CE＝AC，
∴9﹣r+12﹣r＝15，
解得r＝3．
∴△ACD内切圆的半径是3．
【变式5-1】（2022秋•张店区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，⊙O是Rt△ABC的内切圆，则⊙O的半径为（ ）
A．1B．3C．2D．23
【分析】根据三角形内切圆与内心的性质和三角形面积公式解答即可．
【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，
∴AC=AB2−BC2=4，
如图，分别连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，
∵⊙O是△ABC内切圆，D、E、F为切点，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB于D、E、F，OD＝OE＝OF，
∴S△ABC＝S△BOC+S△AOC+S△AOB=12BC•DO+12AC•OE+12AB•FO=12（BC+AC+AB）•OD，
∵∠C＝90°，
∴12×AC•BC=12（BC+AC+AB）•OD，
∴OD=3×43+4+5=1．
【变式5-2】（2022秋•虎丘区校级期中）若四边形ABCD有内切圆（与四边形四边均相切），四边形面积为S，各边长分别为a，b，c，d，则该圆的直径为（ ）
A．a+b+c+dSB．Sa+cC．c−dS(a+b)D．2Sa+b+c+d
【分析】连接OA、OB、OC、OD．由S四边形ABCD＝S△OAB+S△OBC+S△OCD+S△AOD，由S四边形ABCD=12AB•r+12BC•r+12CD•r+12AD•r=12（a+b+c+d）•r＝S，即可推出r=2Sa+b+c+d．
【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD．
∵S四边形ABCD＝S△OAB+S△OBC+S△OCD+S△AOD
又∵S△OAB=12AB•r，S△OBC=12BC•r，S△OCD=12CD•r，S△AOD=12AD•r，
∴S四边形ABCD=12AB•r+12BC•r+12CD•r+12AD•r=12（a+b+c+d）•r＝S，
∴r=2Sa+b+c+d．
故选：D．
【变式5-3】（2022秋•南丹县期末）如图，△ABC的内切圆⊙O分别与AB，AC，BC相切于点D，E，F．若∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则⊙O的半径等于 2 ．
【分析】连结OD，OE，OF，设⊙O半径为r，根据勾股定理可得AB＝10，证明四边形OECF是正方形，可得CF＝CE＝OF＝r，然后根据切线长定理可得AE＝AE＝AC﹣CE＝6﹣r，BF＝BD＝BC﹣CF＝8﹣r，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连结OD，OE，OF，设⊙O半径为r，
∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=AC2+BC2=10，
∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC分别相切于点D，F，E，
∴AC⊥OE，AB⊥OD，BC⊥OE，且OF＝OD＝OE＝r，
∴四边形OECF是正方形，
∴CF＝CE＝OF＝r，
∴AE＝AE＝AC﹣CE＝6﹣r，BF＝BD＝BC﹣CF＝8﹣r，
∵AD+BD＝AB＝10，
∴6﹣r+8﹣r＝10，
∴r＝2．
∴⊙O的半径等于2．
故答案为：2．
【题型6 三角形内切圆中求最值】
【例6】（2022春•长兴县月考）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 13+1 ．
【分析】由矩形性质和勾股定理可得AC＝10，设△ADC内切圆半径为r，由面积法可得r＝2，连接BQ，易证PM为△BCQ的中位线，得出PM=12BQ，当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最大，作OE⊥AD与点E，OF⊥AB与点F，则BF＝AB﹣AF＝8﹣2＝6，OF＝AE＝AD﹣DE＝6﹣2＝4，由勾股定理可得BO=213，则BQ＝BO+OQ＝213+2，从而可得PM的结果．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D＝90°，CD＝AB＝8，
∴AC=AD2+CD2=62+82=10，
设△ADC的内切圆半径为r，
则有12r(AC+AD+DC)=12×6×8，
即12r(10+6+8)=24，解得：r＝2．
连接BQ，
∵P为BC中点，M为CQ中点，
∴PM为△BQC的中位线，
∴PM=12BQ，
当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最大，
作OE⊥AD与点E，OF⊥AB与点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．
【变式6-1】（2022秋•扬州月考）如图是一块△ABC余料，已知AB＝20cm，BC＝7cm，AC＝15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是 4πcm2． ．
【分析】当该圆为三角形内切圆时面积最大，设内切圆半径为r，则该三角形面积可表示为：12r（AB+AC+BC）＝21r，利用三角形的面积公式可表示为12•BC•AD，利用勾股定理可得AD，易得三角形ABC的面积，可得r，求得圆的面积．
【解答】解：如图1所示，
S△ABC=12•r•（AB+BC+AC）=12r×42＝21r，
过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点D，如图2，
设CD＝x，
由勾股定理得：在Rt△ABD中，
AD2＝AB2﹣BD2＝400﹣（7+x）2，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣x2＝225﹣x2，
∴400﹣（7+x）2＝225﹣x2，
解得：x＝9，
∴AD＝12，
∴S△ABC=12BC×AD=12×7×12＝42，
∴21r＝42，
∴r＝2，
该圆的最大面积为：S＝πr2＝π•22＝4π（cm2），
故答案为：4πcm2．
【变式6-2】（2022•温州自主招生）设等边△ABC的内切圆半径为2，圆心为I．若点P满足PI＝1，则△ABC与△APC的面积之比的最大值为 6 ．
【分析】P满足PI＝1，则P在以I为圆心，以1位半径的圆上，当P是⊙O和BE的交点时，△ACP的面积最小，即△ABC与△APC的面积之比最大．此时PE＝2﹣1＝1，则△ABC与△APC的面积的比值是BE与PE的比值，据此即可求解．
【解答】解：点P满足PI＝1，则P在以I为圆心，以1位半径的圆上．
作BE⊥AC，则BE一定过点I，连接AI．
∵在直角△AIE中，∠IAE=12∠BAC=12×60°＝30°，IE＝2，
∴AI＝2IE＝4，
∴BE＝IE+BI＝IE+AI＝2+4＝6．
当P是⊙I和BE的交点时，△ACP的面积最小，即△ABC与△APC的面积之比最大．此时PE＝2﹣1＝1，
则△ABC与△APC的面积的比值是BEPE=61=6．
故答案是：6．
【变式6-3】（2022秋•滨湖区期末）已知点C是⊙O上一动点，弦AB＝6，∠ACB＝120゜．
（1）如图1，若CD平分∠ACB，求证：AC+BC＝CD；
（2）如图2，△ABC内切圆半径为r．①用含r的代数式表示AC+BC；②求r的最大值．
【分析】（1）在CD上截取CE＝BC，由∠ACD＝∠BCD＝60°得到△BCE为等边三角形，根据圆周角定理得∠ABD＝∠ACD＝60°，则BE＝BC＝CE，∠1+∠ABE＝60°，∠ABE+∠2＝60°，所以∠1＝∠2，于是可根据“AAS”判断△ACB≌△DEB，得到AC＝DE，由此得到CD＝CE+DE＝BC+AC；
（2）①作弦CD平分∠ACB，设△ABC的内心为P点，作PQ⊥AB于Q，PH⊥BC于H，PF⊥AC于F，根据内心的性质得PF＝PQ＝PH＝r，由∠ACD＝∠BCD＝60°得到∠CPF＝∠CPH＝30°，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CF=33PF=33r，CH=33PH=33r，然后根据切线长定理得到AF＝AQ＝AC﹣CF＝AC−33r，BH＝BQ＝BC﹣CH＝BC−33r，而AB＝AQ+BQ，所以AC−33r+BC−33r＝6，整理得AC+BC＝6+233r；
②由于AC+BC＝CD得到CD＝6+233r，所以当CD为直径时，r最大；当CD为直径，根据垂径定理的推论得CD⊥AB，AM＝BM=12AB＝3，AC＝BC，可计算出CD=33AM=3，AC＝2CD＝23，所以23+23=6+233r，可解得r＝6﹣33．
【解答】（1）证明：在CD上截取CE＝BC，如图1，
∵CD平分∠ACB，∠ACB＝120゜，
∴∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴△BCE为等边三角形，∠ABD＝∠ACD＝60°，
∴BE＝BC＝CE，∠1+∠ABE＝60°，∠ABE+∠2＝60°，
∴∠1＝∠2，
在△ACB和△DEB中
∠A=∠D∠1=∠2BC=BE，
∴△ACB≌△DEB，
∴AC＝DE，
∴CD＝CE+DE＝BC+AC；
（2）解：①作弦CD平分∠ACB，设△ABC的内心为P点，作PQ⊥AB于Q，PH⊥BC于H，PF⊥AC于F，如图，
则PF＝PQ＝PH＝r，
∵CD平分∠ACB，∠ACB＝120゜，
∴∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴∠CPF＝∠CPH＝30°，
∴CF=33PF=33r，CH=33PH=33r，
∴AF＝AQ＝AC﹣CF＝AC−33r，BH＝BQ＝BC﹣CH＝BC−33r，
而AB＝AQ+BQ，
∴AC−33r+BC−33r＝6，
∴AC+BC＝6+233r；
②∵AC+BC＝CD，
∴CD＝6+233r，
∴当CD为直径时，r最大，
如图3，当CD为直径，
∴CD⊥AB，垂足为M，
∴AM＝BM=12AB＝3，AC＝BC，
∵∠ACD＝60°，
∴∠CAM＝30°，
∴CD=33AM=3，
∴AC＝2CD＝23，
∴23+23=6+233r，
∴r＝6﹣33，
即r的最大值为6﹣33．
【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】
【例7】（2022秋•滨湖区期末）设两直角边分别为3、4的直角三角形的外接圆和内切圆的半径长分别为R和r，则R﹣r＝ 1.5 ．
【分析】利用三角形的外心与内心的性质即可进行计算．
【解答】解：因为直角三角形的外接圆半径等于斜边长的一半，
所以R=1232+42=2.5；
如图，
若Rt△ABC的边AC＝3，BC＝4，
根据勾股定理，得AB=AC2+BC2=5，
其内切圆⊙O分别切AB、BC、AC于D、E、F．
设OE＝OF＝OD＝r，
∴S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC，
即12AC•BC=12AB•OD+12BC•OE+12AC•OF，
12×3×4=12×5×r+12×4×r+12×3×r，
6=12r（5+4+3），
6＝6r，
∴r＝1，
则R﹣r＝2.5﹣1＝1.5．
故答案为：1.5．
【变式7-1】（2022•鞍山模拟）如图，⊙O内切于Rt△ABC，切点分别为D、E、F，∠C＝90°．已知∠AOC＝120°，则∠OAC＝ 15 °，∠B＝ 60 °．已知AC＝4cm，BC＝3cm，则△ABC的外接圆的半径为 52 cm，内切圆的半径为 1 cm．
【分析】由三角形内心的性质得到OC平分∠ACB，求得∠ACO=12∠ACB＝45°，根据三角形的内角和得到结论；根据勾股定理得到AB=AC2+BC2=42+32=5，于是得到结论．
【解答】解：∵⊙O内切于Rt△ABC，∠C＝90°，
∴OC平分∠ACB，
∴∠ACO=12∠ACB＝45°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠OAC＝180°﹣45°﹣120°＝15°，
∵AO平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠OAC＝30°，
∴∠B＝90°﹣30°＝60°；
∵AC＝4cm，BC＝3cm，∠C＝90°，
∴AB=AC2+BC2=42+32=5，
∴△ABC的外接圆的半径为52；
设内切圆的半径为r，
∴r=3+4−52=1，
故答案为：15，60，52，1．
【变式7-2】（2022•游仙区模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切圆，其半径为3，则△BIC的外接圆直径为 1433 ．
【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=12lr=12×20×3=12AB•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．
【解答】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=12b，
CD=32b，
∴BD＝AB﹣AD＝c−12b，
∵△ABC周长为l＝20，△ABC的内切圆半径为r=3，
∴S△ABC=12lr=12×20×3=12AB•CD，
∴203=32b•c，
∴bc＝40，
在Rt△BDC中，根据勾股定理，得
BC2＝BD2+CD2，
即a2＝（c−12b）2+（32b）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=72，∠BOE＝60°，
∴OB=72÷32=733．
∴外接圆直径为1433．
故答案为：1433．
【变式7-3】（2022秋•鄞州区校级月考）如图，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，∠C＝90°．⊙I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，求Rt△ABC的内心I与外心O之间的距离．
【分析】连接ID、IE、IF，如图，由AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，根据圆周角定理的推论和勾股定理得到AB为△ABC的外接圆的直径，AB＝10，则外心O为AB的中点，BO=12AB＝5，连接OI，设⊙I的半径为r，根据切线的性质和切线长定理得ID⊥AC，IE⊥BC，IF⊥AB，AD＝AF，BE＝BF，易得四边形IDCE为正方形，则DC＝CE＝r，所以AD＝AC﹣DC＝8﹣r，BE＝BC﹣CE＝6﹣r，即AF＝8﹣r，BF＝6﹣r，利用AF+BF＝AB得8﹣r+6﹣r＝10，解得r＝2，所以BF＝4，则OF＝OB﹣BF＝1，
在Rt△IOF中，根据勾股定理得IO=5．
【解答】解：连接ID、IE、IF，如图，
∵AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，
∴AB为△ABC的外接圆的直径，AB=AC2+BC2=10，
∴外心O为AB的中点，
∴BO=12AB＝5，
连接OI，如图，
设⊙I的半径为r，
∵⊙I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，
∴ID⊥AC，IE⊥BC，IF⊥AB，AD＝AF，BE＝BF，
而∠C＝90°，
∴四边形IDCE为正方形，
∴DC＝CE＝r，
∴AD＝AC﹣DC＝8﹣r，BE＝BC﹣CE＝6﹣r，
∴AF＝8﹣r，BF＝6﹣r，
而AF+BF＝AB，
∴8﹣r+6﹣r＝10，解得r＝2，
∴BF＝6﹣r＝4，
∴OF＝OB﹣BF＝5﹣4＝1，
在Rt△IOF中，IF＝2，OF＝1，
∴IO=OF2+IF2=5，
即Rt△ABC的内心I与外心O之间的距离为5．
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
内切圆的圆心是三角形三个内角的角平分线的交点，叫做三角形的内心
三角形的内心到三角形三边的距离相等
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc3821" 【题型1 利用切线长定理求周长】 PAGEREF _Tc3821 \h 1
\l "_Tc24076" 【题型2 三角形内切圆中求角度】 PAGEREF _Tc24076 \h 2
\l "_Tc11948" 【题型3 三角形内切圆中求面积】 PAGEREF _Tc11948 \h 4
\l "_Tc17408" 【题型4 三角形内切圆中求线段长度】 PAGEREF _Tc17408 \h 5
\l "_Tc27351" 【题型5 三角形内切圆中求半径】 PAGEREF _Tc27351 \h 5
\l "_Tc3209" 【题型6 三角形内切圆中求最值】 PAGEREF _Tc3209 \h 6
\l "_Tc17599" 【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】 PAGEREF _Tc17599 \h 7
【知识点1 切线长定理及三角形的内切圆】
（1）切线长定理：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
（2）三角形内切圆
【题型1 利用切线长定理求周长】
【例1】（2022秋•宜兴市校级期中）如图，△ABC是一张三角形的纸片，⊙O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，
已知AD＝10cm，小明准备用剪刀沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下一块三角形（△AMN），则剪下的△AMN的周长为 ．
【变式1-1】（2022秋•莒南县期末）如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D．若PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，求△PCD的周长．
【变式1-2】（2022•雨花区校级三模）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，⊙O与△ABC的三边相切于点D、E、F，若⊙O的半径为2，则△ABC的周长为（ ）
A．14B．20C．24D．30
【变式1-3】（2022秋•崇川区月考）如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O相切于点A、B，C是劣弧AB上任意一点，过C作⊙O切线DE，交PA、PB于点D、E，已知PA的长为5cm，∠DOE＝65°，点M、N分别在PA、PB的延长线上，MN与⊙O相切于点F，已知DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．
（1）求∠P的度数；
（2）求△PDE的周长；
（3）求四边形DEMN的周长．
【题型2 三角形内切圆中求角度】
【例2】（2022•温州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，⊙O是它的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，若∠ACB＝40°，则∠DOE＝ ．
【变式2-1】（2022秋•昌平区期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝ °，∠DEF＝ °．
【变式2-2】（2022•万年县校级模拟）如图，△ABC中，内切圆I与AB，BC，CA分别切于F，D，E，连接BI，CI，再连接FD，ED，
（1）若∠A＝40°，求∠BIC与∠FDE的度数．
（2）若∠BIC＝α；∠FDE＝β，试猜想α，β的关系，并证明你的结论．
【变式2-3】（2022秋•邗江区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点M是△ABC内一点，连接BM交AD于点N，已知∠AMB＝108°，若点M是△CAN的内心，则∠BAC的度数为（ ）
A．36°B．48°C．60°D．72°
【题型3 三角形内切圆中求面积】
【例3】（2022秋•黄冈期中）如图，边长为1的正方形ABCD的边AB是⊙O的直径，CF是⊙O的切线，E为切点，F点在AD上，BE是⊙O的弦，求△CDF的面积．
【变式3-1】（2022•武汉模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，E是△ABC的内心，OE⊥EB．若AE＝22，则△ABE的面积为（ ）
A．22B．2C．2D．1
【变式3-2】（2022春•海曙区校级期中）如图，花边带上正三角形的内切圆半径为1cm．如果这条花边带有100个圆和100个正三角形，则这条花边的面积为（ ）
A．150πB．1503C．3003D．200
【变式3-3】（2022•齐齐哈尔一模）如图，正方形ABCD边长为4cm，以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆，过A作半圆的切线，与半圆相切于F点，与DC相交于E点，则△ADE的面积（ ）cm2
A．12B．24C．8D．6
【题型4 三角形内切圆中求线段长度】
【例4】（2022秋•乌兰察布期末）如图，⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F、若AB＝5，AC＝6，BC＝7，求AD、BE、CF的长．
【变式4-1】（2022秋•崇川区月考）如图，已知△ABC的内切圆O与三边分别切于D、E、F，∠A＝60°，CB＝6cm，△ABC的周长为16cm，则DF的长等于（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．6cm
【变式4-2】（2022秋•龙凤区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，⊙O是△ABC的内切圆，点D是斜边AB的中点，则OD的长度是 ．
【变式4-3】（2022•永定区模拟）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，⊙O1和⊙O2分别是△ABC和△ADC的内切圆，点E、F为切点，则EF的长是 cm．
【题型5 三角形内切圆中求半径】
【例5】（2022•定安县二模）如图，在矩形ABCD中，AD＜AB，AD＝9，AB＝12，则△ACD内切圆的半径是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【变式5-1】（2022秋•张店区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，⊙O是Rt△ABC的内切圆，则⊙O的半径为（ ）
A．1B．3C．2D．23
【变式5-2】（2022秋•虎丘区校级期中）若四边形ABCD有内切圆（与四边形四边均相切），四边形面积为S，各边长分别为a，b，c，d，则该圆的直径为（ ）
A．a+b+c+dSB．Sa+cC．c−dS(a+b)D．2Sa+b+c+d
【变式5-3】（2022秋•南丹县期末）如图，△ABC的内切圆⊙O分别与AB，AC，BC相切于点D，E，F．若∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则⊙O的半径等于 ．
【题型6 三角形内切圆中求最值】
【例6】（2022春•长兴县月考）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 ．
【变式6-1】（2022秋•扬州月考）如图是一块△ABC余料，已知AB＝20cm，BC＝7cm，AC＝15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是 ．
【变式6-2】（2022•温州自主招生）设等边△ABC的内切圆半径为2，圆心为I．若点P满足PI＝1，则△ABC与△APC的面积之比的最大值为 ．
【变式6-3】（2022秋•滨湖区期末）已知点C是⊙O上一动点，弦AB＝6，∠ACB＝120゜．
（1）如图1，若CD平分∠ACB，求证：AC+BC＝CD；
（2）如图2，△ABC内切圆半径为r．①用含r的代数式表示AC+BC；②求r的最大值．
【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】
【例7】（2022秋•滨湖区期末）设两直角边分别为3、4的直角三角形的外接圆和内切圆的半径长分别为R和r，则R﹣r＝ ．
【变式7-1】（2022•鞍山模拟）如图，⊙O内切于Rt△ABC，切点分别为D、E、F，∠C＝90°．已知∠AOC＝120°，则∠OAC＝ °，∠B＝ °．已知AC＝4cm，BC＝3cm，则△ABC的外接圆的半径为 cm，内切圆的半径为 cm．
【变式7-2】（2022•游仙区模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切
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
内切圆的圆心是三角形三个内角的角平分线的交点，叫做三角形的内心
三角形的内心到三角形三边的距离相等
专题3.7 切线长定理及三角形的内切圆【七大题型】
【北师大版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc3821" 【题型1 利用切线长定理求周长】 PAGEREF _Tc3821 \h 1
\l "_Tc24076" 【题型2 三角形内切圆中求角度】 PAGEREF _Tc24076 \h 5
\l "_Tc11948" 【题型3 三角形内切圆中求面积】 PAGEREF _Tc11948 \h 9
\l "_Tc17408" 【题型4 三角形内切圆中求线段长度】 PAGEREF _Tc17408 \h 13
\l "_Tc27351" 【题型5 三角形内切圆中求半径】 PAGEREF _Tc27351 \h 16
\l "_Tc3209" 【题型6 三角形内切圆中求最值】 PAGEREF _Tc3209 \h 20
\l "_Tc17599" 【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】 PAGEREF _Tc17599 \h 25
【知识点1 切线长定理及三角形的内切圆】
（1）切线长定理：过圆外一点所画的圆的两条切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角
（2）三角形内切圆
【题型1 利用切线长定理求周长】
【例1】（2022秋•宜兴市校级期中）如图，△ABC是一张三角形的纸片，⊙O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，
已知AD＝10cm，小明准备用剪刀沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下一块三角形（△AMN），则剪下的△AMN的周长为 20cm ．
【分析】利用切线长定理得出DM＝MF，FN＝EN，AD＝AE，进而得出答案．
【解答】解：∵△ABC是一张三角形的纸片，⊙O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，AD＝10cm，
∴设E、F分别是⊙O的切点，
故DM＝MF，FN＝EN，AD＝AE，
∴AM+AN+MN＝AD+AE＝10+10＝20（cm）．
故答案是：20cm．
【变式1-1】（2022秋•莒南县期末）如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D．若PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，求△PCD的周长．
【分析】由PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，根据切线长定理，可得PA＝PB，又由PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，根据根与系数的关系，可求得PA与PB的长，又由CD切⊙O于点E，即可得△PCD的周长等于PA+PB．
【解答】解：∵PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0的两个根，
∴PA+PB＝m，PA•PB＝m﹣1，
∵PA、PB切⊙O于A、B两点，
∴PA＝PB=m2，
即m2•m2=m﹣1，
即m2﹣4m+4＝0，
解得：m＝2，
∴PA＝PB＝1，
∵PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，
∴AD＝ED，BC＝EC，
∴△PCD的周长为：PD+CD+PC＝PD+DE+EC+PC＝PD+AD+BC+PC＝PA+PB＝2．
【变式1-2】（2022•雨花区校级三模）如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，⊙O与△ABC的三边相切于点D、E、F，若⊙O的半径为2，则△ABC的周长为（ ）
A．14B．20C．24D．30
【分析】设AD＝x，由切线长定理得AE＝x，根据题意可得四边形OECF为正方形，则CE＝CF＝2，BD＝BF＝3，在直角三角形ABC中，利用勾股定理求出x，然后求其周长．
【解答】解：连接OE、OF，设AD＝x，由切线长定理得AE＝x，
∵⊙O与Rt△ABC的三边分别点D、E、F，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，
∴四边形OECF为正方形，
∵⊙O的半径为2，BC＝5，
∴CE＝CF＝2，BD＝BF＝3，
∴在Rt△ABC中，
∵AC2+BC2＝AB2，即（x+2）2+52＝（x+3）2，
解得x＝10，
∴△ABC的周长为12+5+13＝30．
故选：D．
【变式1-3】（2022秋•崇川区月考）如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O相切于点A、B，C是劣弧AB上任意一点，过C作⊙O切线DE，交PA、PB于点D、E，已知PA的长为5cm，∠DOE＝65°，点M、N分别在PA、PB的延长线上，MN与⊙O相切于点F，已知DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．
（1）求∠P的度数；
（2）求△PDE的周长；
（3）求四边形DEMN的周长．
【分析】（1）只要证明∠AOB＝130°，∠PAO＝∠PBO＝90°，再利用四边形内角和定理即可解决问题；
（2）利用切线长定理即可解决问题；
（3）因为DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．可得DN+EM＝10，再利用切线长定理即可解决问题；
【解答】解：（1）连接OA、OB、OC．
∴PA、PB、DE是⊙O的切线，
∴PA⊥OA，OB⊥PB，∠DOA＝∠DOC，∠EOB＝∠EOC，
∵∠DOE＝65°，
∴∠AOB＝130°，∠PAO＝∠PBO＝90°，
∴∠P＝360°﹣90°﹣90°﹣130°＝50°．
（2）∵PA、PB、DE是⊙O的切线，
∴DA＝DC，EC＝EB，PA＝PB＝5，
∴△PDE的周长＝PD+DE+PE＝PD+DA+PE+EB＝PA+PB＝10．
（3）∵DN、EM的长是方程x2﹣10x+k＝0的两根．
∴DN+EM＝10，
∴PN，PM，MN是⊙O的切线，
∴AN＝NF，MF＝MB，DA＝DC，EC＝EB，
∴四边形EMND的周长＝EM+MN+DN+DE＝EM+BM+NA+DA+EB+DN＝2（DN+EM）＝20．
【题型2 三角形内切圆中求角度】
【例2】（2022•温州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，⊙O是它的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，若∠ACB＝40°，则∠DOE＝ 130° ．
【分析】利用直角三角形性质求出∠ABC＝50°，再利用切线性质求出∠BDO＝∠BEO＝90°，再利用四边形内角和为360°，即可求得答案．
【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠A＝90°，∠ACB＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠ACB＝90°﹣40°＝50°，
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，与AB，BC，CA分别切于点D，E，F，
∴AB、BC是⊙O的切线，
∴∠BDO＝∠BEO＝90°，
∴∠DOE＝360°﹣∠BDO﹣∠BEO﹣∠ABC＝130°，
故答案为：130°．
【变式2-1】（2022秋•昌平区期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝ 110 °，∠DEF＝ 70 °．
【分析】连接OD和OF，根据内切圆的性质可得OB，OC平分∠ABC，∠ACB，再根据三角形内角和定理即可求出角BOC的度数；根据切线的性质可得∠DOF的度数，进而根据圆周角定理可得∠DEF的度数．
【解答】解：如图，连接OD和OF，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∠A＝40°，
∴OB，OC平分∠ABC，∠ACB，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB
＝180°−12（∠ABC+∠ACB）
＝180°−12×140°
＝110°，
∵OD⊥AB，OF⊥AC，
∴∠ADO＝∠AFO＝90°，
∴∠DOF＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，
∴∠DEF=12∠DOF＝70°．
故答案为：110，70．
【变式2-2】（2022•万年县校级模拟）如图，△ABC中，内切圆I与AB，BC，CA分别切于F，D，E，连接BI，CI，再连接FD，ED，
（1）若∠A＝40°，求∠BIC与∠FDE的度数．
（2）若∠BIC＝α；∠FDE＝β，试猜想α，β的关系，并证明你的结论．
【分析】（1）根据圆I是△ABC的内切圆求出∠IBC+∠ICB=12（∠ABC+∠ACB），求出∠ABC+∠ACB的度数，求出∠IBC+∠ICB即可；连接IF、IE，求出∠FIE，即可求出∠FDE；
（2）由（1）得出∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB），∠FDE＝180°﹣2∠A，根据三角形的内角和定理求出∠BIC＝90°+12∠A，代入即可求出答案．
【解答】解：（1）∵圆I是△ABC的内切圆，
∴∠IBC=12∠ABC，∠ICB=12∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB=12（∠ABC+∠ACB），
∵∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝140°，
∴∠IBC+∠ICB＝70°，
∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝110°，
如图，连接IF、IE，
∵圆I是△ABC的内切圆，
∴∠IFA＝∠IEA＝90°，
∵∠A＝40°，
∴∠FIE＝360°﹣∠IFA﹣∠IEA﹣∠A＝140°，
∴∠EDF=12∠EIF＝70°，
答：∠BIC＝110°，∠FDE＝70°；
（2）解：α＝180°﹣β，
证明：由圆周角定理得：∠FIE＝2∠FDE，
由（1）知：2∠FDE＝180°﹣∠A，
即∠A＝180°﹣2∠FDE，
∴∠A＝180°﹣∠EIF，
由（1）知：2∠FDE＝180°﹣∠A，
∴∠A＝180°﹣2∠FDE＝180°﹣2β，
∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）
＝180°−12（∠ABC+∠ACB）
＝180°−12（180°﹣∠A）
＝90°+12∠A，
∴∠BIC＝α＝90°+12（180°﹣2β），
即α＝180°﹣β．
【变式2-3】（2022秋•邗江区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点M是△ABC内一点，连接BM交AD于点N，已知∠AMB＝108°，若点M是△CAN的内心，则∠BAC的度数为（ ）
A．36°B．48°C．60°D．72°
【分析】过点M作ME⊥AD于点E，根据已知条件可得△ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，证明ME∥BC，可得∠NME＝∠NBD，由点M是△CAN的内心，可得点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上，设∠NAM＝x，∠NBD＝y，所以∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y，∠ENM＝∠CNM＝2y，然后利用∠AMB＝108°，列出方程组y−x=18°2y+x=72°，求解即可得结论．
【解答】解：如图，过点M作ME⊥AD于点E，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴△ABC是等腰三角形，AD是BC边的中垂线，
∴NB＝NC，∠BAD＝∠CAD，
∴∠NBD＝∠NCD，
∵ME⊥AD，AD⊥BC，
∴ME∥BC，
∴∠NME＝∠NBD，
∵点M是△CAN的内心，
∴点M在∠NAC和∠ANC的角平分线上，
∴∠NAM＝∠CAM，∠ANM＝∠CNM，
设∠NAM＝x，∠NBD＝y，
∴∠BAC＝4x，∠NBD＝∠NCD＝∠NME＝y，
∴∠ENM＝∠CNM＝∠NBC+∠NCB＝2y，
∵∠AMB＝108°，
∴∠AME＝∠AMB﹣∠EMN＝108°﹣y，
在△AEM中，∠EAM+∠AME＝90°，
∴x+108°﹣y＝90°，
∴y﹣x＝18°，
在△ANM中，∠NAM+∠ANM＝180°﹣108°，
∴x+2y＝72°，
y−x=18°2y+x=72°，
解得x=12°y=30°，
∴∠BAC＝4x＝48°．
【题型3 三角形内切圆中求面积】
【例3】（2022秋•黄冈期中）如图，边长为1的正方形ABCD的边AB是⊙O的直径，CF是⊙O的切线，E为切点，F点在AD上，BE是⊙O的弦，求△CDF的面积．
【分析】设AF＝x，由切线长定理可得EF＝AF＝x，则FD＝1﹣x，CF＝CE+EF＝CB+EF＝1+x，利用勾股定理建立方程求出x的值，再根据三角形的面积公式即可求出问题的答案．
【解答】解：设AF＝x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝90°，
∴DA⊥AB，
∴AD是圆的切线，
∵CF是⊙O的切线，E为切点，
∴EF＝AF＝x，
∴FD＝1﹣x，
∵CB⊥AB，
∴CB 为⊙O 的切线，
∴CB＝CE，
∴CF＝CE+EF＝CB+EF＝1+x．
∴在Rt△CDF中由勾股定理得到：CF2＝CD2+DF2，
即（1+x）2＝1+（1﹣x）2，
解得x=14，
∴DF＝1﹣x=34，
∴S△CDF=12×1×34=38．
【变式3-1】（2022•武汉模拟）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，E是△ABC的内心，OE⊥EB．若AE＝22，则△ABE的面积为（ ）
A．22B．2C．2D．1
【分析】延长BE交⊙O于点F，连接AF，OF，根据AB是⊙O的直径，可得∠AFB＝∠C＝90°，证明△FEA是等腰直角三角形，可得AF＝EF＝2，根据垂径定理可得EF＝BE＝2，进而可得△ABE的面积．
【解答】解：如图，延长BE交⊙O于点F，连接AF，OF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝∠C＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵E是△ABC的内心，
∴∠EAB=12∠CAB，∠EBA=12∠CBA，
∴∠EAB+∠EBA=12（∠CAB+∠CBA）＝45°，
∴∠FEA＝45°，
∴△FEA是等腰直角三角形，
∴AE=2AF=2EF，
∵AE＝22，
∴AF＝EF＝2，
∵OE⊥EB，
∴EF＝BE＝2，
∴△ABE的面积为：12BE•AF=12×2×2＝2．
【变式3-2】（2022春•海曙区校级期中）如图，花边带上正三角形的内切圆半径为1cm．如果这条花边带有100个圆和100个正三角形，则这条花边的面积为（ ）
A．150πB．1503C．3003D．200
【分析】画出图形，连接AD，OB，则AD过O，求出∠OBD＝30°，求出OB，根据勾股定理求出BD，同法求出CD，求出BC的长后求得一个三角形的面积即可求得花边的面积．
【解答】解：从中选择一个等边三角形和其内接圆如图，⊙O是△ABC的内切圆，⊙O切AB于F，切AC于E，切BC于D，
连接AD，OB，则AD过O（因为等边三角形的内切圆的圆心再角平分线上，也在底边的垂直平分线上），
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠OBC=12∠ABC＝30°，
∵⊙O切BC于D，
∴∠ODB＝90°，
∵OD＝1，
∴OB＝2，
由勾股定理得：BD=22−12=3，
∴BC＝23，
∴S△ABC=12BC•AD=12×23×3＝33．
∴这条花边的面积＝100S△ABC＝3003，
【变式3-3】（2022•齐齐哈尔一模）如图，正方形ABCD边长为4cm，以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆，过A作半圆的切线，与半圆相切于F点，与DC相交于E点，则△ADE的面积（ ）cm2
A．12B．24C．8D．6
【分析】由于AE与圆O切于点F，根据切线长定理有AF＝AB＝4cm，EF＝EC；设EF＝EC＝xcm．则DE＝（4﹣x）cm，AE＝（4+x）cm，
然后在三角形BCE中由勾股定理可以列出关于x的方程，解方程即可求出，然后就可以求出△ADE的面积．
【解答】解：∵AE与圆O切于点F，
显然根据切线长定理有AF＝AB＝4cm，EF＝EC，
设EF＝EC＝xcm，
则DE＝（4﹣x）cm，AE＝（4+x）cm，
在三角形ADE中由勾股定理得：
（4﹣x）2+42＝（4+x）2，
∴x＝1cm，
∴CE＝1cm，
∴DE＝4﹣1＝3cm，
∴S△ADE＝AD•DE÷2＝3×4÷2＝6cm2．
故选：D．
【题型4 三角形内切圆中求线段长度】
【例4】（2022秋•乌兰察布期末）如图，⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F、若AB＝5，AC＝6，BC＝7，求AD、BE、CF的长．
【分析】由切线长定理，可知：AF＝AD，CF＝CE，BE＝BD，用未知数设AD的长，然后表示出BD、CF的长，即可表示出BE、CE的长，根据BE+CE＝7，可求出AD的长进而求出BE、CF的长．
【解答】解：假设AD＝x，
∵⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F；
∴根据切线长定理得出AD＝AF，BD＝BE，EC＝FC，
∴AF＝x，
∵AB＝5，AC＝6，BC＝7，
∴BE＝BD＝AB﹣AD＝5﹣x，FC＝EC＝AC﹣AF＝6﹣x，
∴BC＝BE+EC＝5﹣x+6﹣x＝7，
解得：x＝2，
∴AD＝2，BE＝BD＝5﹣2＝3，CF＝AC﹣AF＝6﹣2＝4．
【变式4-1】（2022秋•崇川区月考）如图，已知△ABC的内切圆O与三边分别切于D、E、F，∠A＝60°，CB＝6cm，△ABC的周长为16cm，则DF的长等于（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．6cm
【分析】利用三角形内切圆的性质以及切线长定理得出BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF，进而得出△ADF是等边三角形，即可得出答案．
【解答】解：∵△ABC的内切圆O与三边分别切于D、E、F，CB＝6cm，△ABC的周长为16cm，
∴BD＝BE，CE＝CF，AD＝AF，
∵BE+EC＝BD+FC＝6，
∴AD＝AF=12（AB+AC+BC﹣BC﹣BD﹣CF）=12（16﹣6﹣6）＝2，
∵∠A＝60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴DF＝2．
【变式4-2】（2022秋•龙凤区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，⊙O是△ABC的内切圆，点D是斜边AB的中点，则OD的长度是 52 ．
【分析】如图连接OE、OF、OQ，设⊙O的半径是r，由勾股定理求出AB＝5，根据△ABC的内切圆，得到OE⊥AC，OF⊥BC，OE＝OF，推出四边形CFOE是正方形，得到CE＝CF＝OF＝OE，根据3﹣r+4﹣r＝5求出r、AQ、OQ的长求出AD、DQ的长
【解答】解：如图连接OE、OF、OQ，设⊙O的半径是r，
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=5，
∵⊙O是三角形ABC的内切圆，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，OE＝OF，AE＝AQ，BF＝BQ，
∵∠C＝90°，
∴∠C＝∠CFO＝∠CEO＝90°，
∴四边形CFOE是正方形，
∴CE＝CF＝OF＝OE，
∴3﹣r+4﹣r＝5，
r＝1，AQ＝AE＝3﹣1＝2，OQ＝1，
∵D是AB的中点，
∴AD=52，
∴DQ＝AD﹣AQ=12，
∴OD2＝OQ2+DQ2，
∴OD=OQ2+DQ2=52，
故答案为：52．
【变式4-3】（2022•永定区模拟）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，⊙O1和⊙O2分别是△ABC和△ADC的内切圆，点E、F为切点，则EF的长是 4 cm．
【分析】根据矩形的性质得到AC＝20，△ABC≌△CDA，则⊙O1和⊙O2的半径相等．如图，过O1作AB、BC的垂线分别交AB、BC于N、P，过O2作BC，CD、AD的垂线分别交BC，CD、AD于Q，G、H，由∠B＝90°，推出四边形O1NBP是正方形，设圆的半径为r，根据切线长定理12﹣r+16﹣r＝20，解得r＝4，过O1作O1M⊥FO2于M，则O1M＝PQ＝8，QM＝BN＝4，同法可得DG＝4，根据EF＝AC﹣AE﹣CF计算即可．
【解答】解：∵矩形ABCD中，AB＝12，BC＝16，
∴AC＝20，△ABC≌△CDA，则⊙O1和⊙O2的半径相等．
如图，过O1作AB、BC的垂线分别交AB、BC于N、P，
过O2作BC，CD、AD的垂线分别交BC，CD、AD于Q，G、H，
∵∠B＝90°，
∴四边形O1NBP是正方形，
设圆的半径为r，根据切线长定理12﹣r+16﹣r＝20，解得r＝4，
∴BP＝BN＝4，同法可得DG＝4，
∴AN＝AE＝CG＝CF＝8，
∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝20﹣16＝4
故答案为：4．
【题型5 三角形内切圆中求半径】
【例5】（2022•定安县二模）如图，在矩形ABCD中，AD＜AB，AD＝9，AB＝12，则△ACD内切圆的半径是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据矩形性质和勾股定理可得AC＝15，设△ACD内切圆的圆心为O，△ACD内切圆的半径为r，连接OE，OF，OG，得四边形DFOG是正方形，然后根据切线长定理即可解决问题．
【解答】解：在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD＝BC＝9，AB＝12，
根据勾股定理，得
AC=AB2+BC2=122+92=15，
设△ACD内切圆的圆心为O，△ACD内切圆的半径为r，
如图，连接OE，OF，OG，
得四边形DFOG是正方形，
∴DF＝DG＝r，
∴AG＝AE＝AD﹣DG＝9﹣r，
CF＝CE＝CD﹣DF＝AB﹣DF＝12﹣r，
∵AE+CE＝AC，
∴9﹣r+12﹣r＝15，
解得r＝3．
∴△ACD内切圆的半径是3．
【变式5-1】（2022秋•张店区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，⊙O是Rt△ABC的内切圆，则⊙O的半径为（ ）
A．1B．3C．2D．23
【分析】根据三角形内切圆与内心的性质和三角形面积公式解答即可．
【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，
∴AC=AB2−BC2=4，
如图，分别连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，
∵⊙O是△ABC内切圆，D、E、F为切点，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB于D、E、F，OD＝OE＝OF，
∴S△ABC＝S△BOC+S△AOC+S△AOB=12BC•DO+12AC•OE+12AB•FO=12（BC+AC+AB）•OD，
∵∠C＝90°，
∴12×AC•BC=12（BC+AC+AB）•OD，
∴OD=3×43+4+5=1．
【变式5-2】（2022秋•虎丘区校级期中）若四边形ABCD有内切圆（与四边形四边均相切），四边形面积为S，各边长分别为a，b，c，d，则该圆的直径为（ ）
A．a+b+c+dSB．Sa+cC．c−dS(a+b)D．2Sa+b+c+d
【分析】连接OA、OB、OC、OD．由S四边形ABCD＝S△OAB+S△OBC+S△OCD+S△AOD，由S四边形ABCD=12AB•r+12BC•r+12CD•r+12AD•r=12（a+b+c+d）•r＝S，即可推出r=2Sa+b+c+d．
【解答】解：如图，连接OA、OB、OC、OD．
∵S四边形ABCD＝S△OAB+S△OBC+S△OCD+S△AOD
又∵S△OAB=12AB•r，S△OBC=12BC•r，S△OCD=12CD•r，S△AOD=12AD•r，
∴S四边形ABCD=12AB•r+12BC•r+12CD•r+12AD•r=12（a+b+c+d）•r＝S，
∴r=2Sa+b+c+d．
故选：D．
【变式5-3】（2022秋•南丹县期末）如图，△ABC的内切圆⊙O分别与AB，AC，BC相切于点D，E，F．若∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则⊙O的半径等于 2 ．
【分析】连结OD，OE，OF，设⊙O半径为r，根据勾股定理可得AB＝10，证明四边形OECF是正方形，可得CF＝CE＝OF＝r，然后根据切线长定理可得AE＝AE＝AC﹣CE＝6﹣r，BF＝BD＝BC﹣CF＝8﹣r，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连结OD，OE，OF，设⊙O半径为r，
∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB=AC2+BC2=10，
∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC分别相切于点D，F，E，
∴AC⊥OE，AB⊥OD，BC⊥OE，且OF＝OD＝OE＝r，
∴四边形OECF是正方形，
∴CF＝CE＝OF＝r，
∴AE＝AE＝AC﹣CE＝6﹣r，BF＝BD＝BC﹣CF＝8﹣r，
∵AD+BD＝AB＝10，
∴6﹣r+8﹣r＝10，
∴r＝2．
∴⊙O的半径等于2．
故答案为：2．
【题型6 三角形内切圆中求最值】
【例6】（2022春•长兴县月考）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 13+1 ．
【分析】由矩形性质和勾股定理可得AC＝10，设△ADC内切圆半径为r，由面积法可得r＝2，连接BQ，易证PM为△BCQ的中位线，得出PM=12BQ，当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最大，作OE⊥AD与点E，OF⊥AB与点F，则BF＝AB﹣AF＝8﹣2＝6，OF＝AE＝AD﹣DE＝6﹣2＝4，由勾股定理可得BO=213，则BQ＝BO+OQ＝213+2，从而可得PM的结果．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D＝90°，CD＝AB＝8，
∴AC=AD2+CD2=62+82=10，
设△ADC的内切圆半径为r，
则有12r(AC+AD+DC)=12×6×8，
即12r(10+6+8)=24，解得：r＝2．
连接BQ，
∵P为BC中点，M为CQ中点，
∴PM为△BQC的中位线，
∴PM=12BQ，
当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最大，
作OE⊥AD与点E，OF⊥AB与点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．
【变式6-1】（2022秋•扬州月考）如图是一块△ABC余料，已知AB＝20cm，BC＝7cm，AC＝15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是 4πcm2． ．
【分析】当该圆为三角形内切圆时面积最大，设内切圆半径为r，则该三角形面积可表示为：12r（AB+AC+BC）＝21r，利用三角形的面积公式可表示为12•BC•AD，利用勾股定理可得AD，易得三角形ABC的面积，可得r，求得圆的面积．
【解答】解：如图1所示，
S△ABC=12•r•（AB+BC+AC）=12r×42＝21r，
过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点D，如图2，
设CD＝x，
由勾股定理得：在Rt△ABD中，
AD2＝AB2﹣BD2＝400﹣（7+x）2，
在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣x2＝225﹣x2，
∴400﹣（7+x）2＝225﹣x2，
解得：x＝9，
∴AD＝12，
∴S△ABC=12BC×AD=12×7×12＝42，
∴21r＝42，
∴r＝2，
该圆的最大面积为：S＝πr2＝π•22＝4π（cm2），
故答案为：4πcm2．
【变式6-2】（2022•温州自主招生）设等边△ABC的内切圆半径为2，圆心为I．若点P满足PI＝1，则△ABC与△APC的面积之比的最大值为 6 ．
【分析】P满足PI＝1，则P在以I为圆心，以1位半径的圆上，当P是⊙O和BE的交点时，△ACP的面积最小，即△ABC与△APC的面积之比最大．此时PE＝2﹣1＝1，则△ABC与△APC的面积的比值是BE与PE的比值，据此即可求解．
【解答】解：点P满足PI＝1，则P在以I为圆心，以1位半径的圆上．
作BE⊥AC，则BE一定过点I，连接AI．
∵在直角△AIE中，∠IAE=12∠BAC=12×60°＝30°，IE＝2，
∴AI＝2IE＝4，
∴BE＝IE+BI＝IE+AI＝2+4＝6．
当P是⊙I和BE的交点时，△ACP的面积最小，即△ABC与△APC的面积之比最大．此时PE＝2﹣1＝1，
则△ABC与△APC的面积的比值是BEPE=61=6．
故答案是：6．
【变式6-3】（2022秋•滨湖区期末）已知点C是⊙O上一动点，弦AB＝6，∠ACB＝120゜．
（1）如图1，若CD平分∠ACB，求证：AC+BC＝CD；
（2）如图2，△ABC内切圆半径为r．①用含r的代数式表示AC+BC；②求r的最大值．
【分析】（1）在CD上截取CE＝BC，由∠ACD＝∠BCD＝60°得到△BCE为等边三角形，根据圆周角定理得∠ABD＝∠ACD＝60°，则BE＝BC＝CE，∠1+∠ABE＝60°，∠ABE+∠2＝60°，所以∠1＝∠2，于是可根据“AAS”判断△ACB≌△DEB，得到AC＝DE，由此得到CD＝CE+DE＝BC+AC；
（2）①作弦CD平分∠ACB，设△ABC的内心为P点，作PQ⊥AB于Q，PH⊥BC于H，PF⊥AC于F，根据内心的性质得PF＝PQ＝PH＝r，由∠ACD＝∠BCD＝60°得到∠CPF＝∠CPH＝30°，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CF=33PF=33r，CH=33PH=33r，然后根据切线长定理得到AF＝AQ＝AC﹣CF＝AC−33r，BH＝BQ＝BC﹣CH＝BC−33r，而AB＝AQ+BQ，所以AC−33r+BC−33r＝6，整理得AC+BC＝6+233r；
②由于AC+BC＝CD得到CD＝6+233r，所以当CD为直径时，r最大；当CD为直径，根据垂径定理的推论得CD⊥AB，AM＝BM=12AB＝3，AC＝BC，可计算出CD=33AM=3，AC＝2CD＝23，所以23+23=6+233r，可解得r＝6﹣33．
【解答】（1）证明：在CD上截取CE＝BC，如图1，
∵CD平分∠ACB，∠ACB＝120゜，
∴∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴△BCE为等边三角形，∠ABD＝∠ACD＝60°，
∴BE＝BC＝CE，∠1+∠ABE＝60°，∠ABE+∠2＝60°，
∴∠1＝∠2，
在△ACB和△DEB中
∠A=∠D∠1=∠2BC=BE，
∴△ACB≌△DEB，
∴AC＝DE，
∴CD＝CE+DE＝BC+AC；
（2）解：①作弦CD平分∠ACB，设△ABC的内心为P点，作PQ⊥AB于Q，PH⊥BC于H，PF⊥AC于F，如图，
则PF＝PQ＝PH＝r，
∵CD平分∠ACB，∠ACB＝120゜，
∴∠ACD＝∠BCD＝60°，
∴∠CPF＝∠CPH＝30°，
∴CF=33PF=33r，CH=33PH=33r，
∴AF＝AQ＝AC﹣CF＝AC−33r，BH＝BQ＝BC﹣CH＝BC−33r，
而AB＝AQ+BQ，
∴AC−33r+BC−33r＝6，
∴AC+BC＝6+233r；
②∵AC+BC＝CD，
∴CD＝6+233r，
∴当CD为直径时，r最大，
如图3，当CD为直径，
∴CD⊥AB，垂足为M，
∴AM＝BM=12AB＝3，AC＝BC，
∵∠ACD＝60°，
∴∠CAM＝30°，
∴CD=33AM=3，
∴AC＝2CD＝23，
∴23+23=6+233r，
∴r＝6﹣33，
即r的最大值为6﹣33．
【题型7 外接圆和内切圆的综合运用】
【例7】（2022秋•滨湖区期末）设两直角边分别为3、4的直角三角形的外接圆和内切圆的半径长分别为R和r，则R﹣r＝ 1.5 ．
【分析】利用三角形的外心与内心的性质即可进行计算．
【解答】解：因为直角三角形的外接圆半径等于斜边长的一半，
所以R=1232+42=2.5；
如图，
若Rt△ABC的边AC＝3，BC＝4，
根据勾股定理，得AB=AC2+BC2=5，
其内切圆⊙O分别切AB、BC、AC于D、E、F．
设OE＝OF＝OD＝r，
∴S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC，
即12AC•BC=12AB•OD+12BC•OE+12AC•OF，
12×3×4=12×5×r+12×4×r+12×3×r，
6=12r（5+4+3），
6＝6r，
∴r＝1，
则R﹣r＝2.5﹣1＝1.5．
故答案为：1.5．
【变式7-1】（2022•鞍山模拟）如图，⊙O内切于Rt△ABC，切点分别为D、E、F，∠C＝90°．已知∠AOC＝120°，则∠OAC＝ 15 °，∠B＝ 60 °．已知AC＝4cm，BC＝3cm，则△ABC的外接圆的半径为 52 cm，内切圆的半径为 1 cm．
【分析】由三角形内心的性质得到OC平分∠ACB，求得∠ACO=12∠ACB＝45°，根据三角形的内角和得到结论；根据勾股定理得到AB=AC2+BC2=42+32=5，于是得到结论．
【解答】解：∵⊙O内切于Rt△ABC，∠C＝90°，
∴OC平分∠ACB，
∴∠ACO=12∠ACB＝45°，
∵∠AOC＝120°，
∴∠OAC＝180°﹣45°﹣120°＝15°，
∵AO平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠OAC＝30°，
∴∠B＝90°﹣30°＝60°；
∵AC＝4cm，BC＝3cm，∠C＝90°，
∴AB=AC2+BC2=42+32=5，
∴△ABC的外接圆的半径为52；
设内切圆的半径为r，
∴r=3+4−52=1，
故答案为：15，60，52，1．
【变式7-2】（2022•游仙区模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切圆，其半径为3，则△BIC的外接圆直径为 1433 ．
【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=12lr=12×20×3=12AB•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．
【解答】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=12b，
CD=32b，
∴BD＝AB﹣AD＝c−12b，
∵△ABC周长为l＝20，△ABC的内切圆半径为r=3，
∴S△ABC=12lr=12×20×3=12AB•CD，
∴203=32b•c，
∴bc＝40，
在Rt△BDC中，根据勾股定理，得
BC2＝BD2+CD2，
即a2＝（c−12b）2+（32b）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=72，∠BOE＝60°，
∴OB=72÷32=733．
∴外接圆直径为1433．
故答案为：1433．
【变式7-3】（2022秋•鄞州区校级月考）如图，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，∠C＝90°．⊙I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，求Rt△ABC的内心I与外心O之间的距离．
【分析】连接ID、IE、IF，如图，由AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，根据圆周角定理的推论和勾股定理得到AB为△ABC的外接圆的直径，AB＝10，则外心O为AB的中点，BO=12AB＝5，连接OI，设⊙I的半径为r，根据切线的性质和切线长定理得ID⊥AC，IE⊥BC，IF⊥AB，AD＝AF，BE＝BF，易得四边形IDCE为正方形，则DC＝CE＝r，所以AD＝AC﹣DC＝8﹣r，BE＝BC﹣CE＝6﹣r，即AF＝8﹣r，BF＝6﹣r，利用AF+BF＝AB得8﹣r+6﹣r＝10，解得r＝2，所以BF＝4，则OF＝OB﹣BF＝1，
在Rt△IOF中，根据勾股定理得IO=5．
【解答】解：连接ID、IE、IF，如图，
∵AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，
∴AB为△ABC的外接圆的直径，AB=AC2+BC2=10，
∴外心O为AB的中点，
∴BO=12AB＝5，
连接OI，如图，
设⊙I的半径为r，
∵⊙I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，
∴ID⊥AC，IE⊥BC，IF⊥AB，AD＝AF，BE＝BF，
而∠C＝90°，
∴四边形IDCE为正方形，
∴DC＝CE＝r，
∴AD＝AC﹣DC＝8﹣r，BE＝BC﹣CE＝6﹣r，
∴AF＝8﹣r，BF＝6﹣r，
而AF+BF＝AB，
∴8﹣r+6﹣r＝10，解得r＝2，
∴BF＝6﹣r＝4，
∴OF＝OB﹣BF＝5﹣4＝1，
在Rt△IOF中，IF＝2，OF＝1，
∴IO=OF2+IF2=5，
即Rt△ABC的内心I与外心O之间的距离为5．
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
内切圆的圆心是三角形三个内角的角平分线的交点，叫做三角形的内心
三角形的内心到三角形三边的距离相等
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