专题06圆中的重要模型之圆中的外接圆和内切圆模型

专题06圆中的重要模型之圆中的外接圆和内切圆模型模型1、内切圆模型【模型解读】内切圆：平面上的多边形的每条边都能与其内部的一个圆形相切，该圆就是该多边形的内切圆，这时称这个多边形为圆外切多边形。它亦是该多边形内部最大的圆形。内切圆的圆心被称为该多边形的内心。三角形内切圆圆心：在三角形中，三个角的角平分线的交点是内切圆的圆心，圆心到三角形各个边的垂线段相等。正多边形必然有内切圆，而且其内切圆的圆心和外接圆的圆心重合，都在正多边形的中心。【常见模型及结论】1）三角形的内切圆模型条件：如图1，⊙O为三角形ABC的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=。图1图2图32）直角三角形的内切圆模型条件：如图2，⊙O为Rt的内切圆（即O为三角形ABC的内心），⊙O的半径为r。结论：①点O到三角形ABC的三边距离相等；②；③r=；3）四边形的内切圆模型条件：如图3，⊙O是四边形ABCD的内切圆。结论：。例1．（2023春·云南德宏·九年级统考期中）如图，在中，，是的内切圆，连接，交于点D、E，已知，则图中阴影部分的面积是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据角A的度数和内切圆的性质，求得圆心角的度数，然后根据扇形的面积公式即可解答．【详解】解：∵，是的内切圆，∴分别平分和，∴，∴．故选：B．【点睛】本题考查三角形内切圆的知识，熟练掌握三角形内切圆的性质及扇形面积的计算是解题的关键．例2．（2023春·广东九年级期中）如图，⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，若∠A=70°，则∠BOC的度数为（）A．125° B．120° C．130° D．115°【答案】A【分析】连接OB，OC，先利用⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，得出即O是△ABC的内心，从而，∠1=∠2，∠3=∠4，进一步求出∠BOC的度数．【详解】连接OB，OC．∵△ABC中∠A=70°，⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，∴O到三角形三条边的距离相等，即O是△ABC的内心，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠3=（180°∠A）=（180°70°）=55°，∴∠BOC=180°（∠1+∠3）=180°55°=125°．故选A．【点睛】本题考查的是角平分线的性质，根据题意作出辅助线，构造三角形是解答此题的关键．例3．（2023·山东淄博·九年级统考期末）如图，中，，圆O是的内切圆，D，E，F是切点．若，则．【答案】1【分析】根据内切圆的性质先证明四边形是矩形，可得，再由切线长定理可得，设，可得，，可得到关于r的方程，即可求解．【详解】解：∵圆O是的内切圆，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∵圆O是的内切圆，∴，设，∵，∴，∴，∵，∴，解得：，即．故答案为：1【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆，切线长定理，勾股定理，熟练掌握三角形的内切圆的性质，切线长定理是解题的关键．例4．（2023·河南安阳·九年级校联考期中）若三角形的面积是24cm2，周长是24cm，则这个三角形内切圆的半径cm．【答案】2【分析】根据三角形的面积三角形的周长内切圆的半径，即可求解．【详解】解：如图所示：设三角形ABC面积为S，周长为x，半径为r,∵⊙O是△ABC的内切圆，OD⊥AC，OE⊥AB，OF⊥BC，∴OD＝OF＝OE＝r，∴S＝AC•r＋AB•r＋BC•r＝（AC＋AB＋BC）r＝xr．∵三角形的面积是24cm2，周长是24cm，这个三角形的内切圆的半径是，则，解得：．故答案是：2．【点睛】本题考查三角形的内切圆和三角形的面积，将三角形分割得出面积与半径之间的关系是解题关键．例5．（2023·江苏南京·九年级校联考阶段练习）如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线．若，，则的值是．【答案】9【分析】根据切线长定理，可得，由此即可解决问题．【详解】∵AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线，∴可以假设切点分别为E、H、G、F，∴，∴，∵，，∴，故答案为：9．【点睛】本题考查了切线长定理，考查了数学运算能力．例6．（2023·广东广州·铁一中学校考二模）如图，在矩形中，，，，，分别与相切于，，三点，过点作的切线交于点，切点为，则的长为．【答案】【分析】连接OE，OF，ON，OG，在矩形ABCD中，得到∠A=∠B=90°，CD=AB=4，由于AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，得到∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90°，推出四边形AFOE，FBGO是正方形，得到AF=BF=AE=BG=2，由勾股定理列方程即可求出结果．【详解】解：连接OE，OF，ON，OG，在矩形ABCD中，∵∠A=∠B=90°，CD=AB=4．∵AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，∴∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90°，∴四边形AFOE，FBGO是正方形，∴AF=BF=AE=BG=2，∴DE=3．∵DM是⊙O的切线，∴DN=DE=3，MN=MG，∴CM=5﹣2﹣MN=3﹣MN．在Rt△DMC中，DM2=CD2+CM2，∴（3+NM）2=（3﹣NM）2+42，∴NM=，∴DM=3+=．故答案为．【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，正方形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．例7．（2023·广东梅州·九年级校考开学考试）若四边形的对角线，相交于O，，，，的周长相等，且，，的内切圆半径分别为3，4，6，则的内切圆半径是（）A．B．C．D．以上答案均不正确【答案】A【分析】设的内切圆半径为，，，，的周长为L，分别表示出四个三角形的面积，再根据由等高三角形面积之比等于对应的底之比可得，进而可得，由此列出方程，即可解出．【详解】解：设的内切圆半径为，，，，的周长为L，如图，是的内切圆，切点分别为，，，则，由切线长定理可知：，，，，，，，，，，∴，同理：，，，

由等高三角形面积之比等于对应的底之比可得：，∴，∴，∴．故选：A．【点睛】本题考查三角的内切圆与内心性质、等高三角形面积之比等于对应的底之比的应用．知道三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半、等高三角形面积之比等于对应的底之比是解答本题的关键．例8．（2023·广东东莞·九年级校考期中）如图，在内切圆半径为1的直角三角形ABC中，，，内切圆与BC边切于点D，则A到D的距离AD（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】取内切圆的圆心O，连接圆心与切点，由，可得∠BAC=60°，再根据内切圆的圆心的是三角形三条角平分线的交点，可知∠OAE=30°，从而得到AE=，CE=1，CD=1，再用勾股定理即可求解．【详解】解：取内切圆的圆心O，与AC，AB的切点E、F，连接OD、OE、OF．∵，，∴∠BAC=60°，∵内切圆的圆心的是三角形三条角平分线的交点，∴又∵OE=1，OE⊥AC（切线的性质），∴AE=，∵OE⊥AC，OD⊥BC，，∴四边形CDOE是矩形，又∵OD=OE，∴四边形CDOE是正方形，∴CE=CD=OE=1，

∴AC=AE+CE=+1，在Rt△ACD中，，∴，∴，故选：D．【点睛】本题考查勾股定理，正方形的判定与性质，三角形的内切圆，切线的性质等知识，根据题意正确画出的辅助线是解题的关键．模型2、多边形的外接圆模型【模型解读】外接圆：与多边形各顶点都相交的圆叫做多边形的外接圆，通常是针对一个凸多边形来说的，如三角形，若一个圆恰好过三个顶点，这个圆就叫作三角形的外接圆，此时圆正好把三角形包围。三角形外接圆圆心：即做三角形三条边的垂直平分线（两条也可，两线相交确定一点）。【常见模型及结论】1）三角形的外接圆模型条件：如图1，⊙O为三角形ABC的外接圆（即O为三角形ABC的外心）。结论：①OA=OB=OC；②。图1图2图32）等边三角形的外接圆模型条件：如图2，点P为等边三角形ABC外接圆劣弧BC上一点。结论：①，PM平分；②PA=PB+PC；③；3）四边形的外接圆模型条件：如图3，四边形ABCD是⊙O的内接四边形。结论：①；；②。例1．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）已知O，I分别是△ABC的外心和内心，∠BOC=140°，则∠BIC的大小是．【答案】125°或145°【分析】外心中，利用圆心角与圆周角的关系定理，分类求得∠BAC的度数，内心时，利用∠BIC=90°+∠BAC，计算即可．【详解】解：∵O是△ABC的外心，∴∠BAC=∠BOC=×140°=70°（如图1）或∠BAC=180°﹣70°=110°，（如图2）。∵I是△ABC的内心，∴∠BIC=90°+∠BAC，当∠BAC=70°时，∠BIC=90°+×70°=125°；当∠BAC=110°时，∠BIC=90°+×110°=145°；即∠BIC的度数为125°或145°．故答案为：125°或145°．【点睛】本题考查外心，内心的性质，圆周角与圆心角关系定理，熟练掌握外心，内心的性质是解题关键．例2．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）如图，点O，I分别是锐角的外心、内心，若，则的度数为．【答案】/24度【分析】连接，先计算出，再利用外心性质和等腰三角形的性质得到，则，利用圆周角定理得到，接着计算出，再根据三角形内心即可解决问题．【详解】解：连接，如图，∵，∴，∵O点为的外心，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵I为的内心，∴平分，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，解决本题的关键是掌握内心与外心定义．例3．（2023·江苏无锡·九年级校考阶段练习）已知等腰△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝16，则它的外接圆半径R＝，内切圆半径r＝．【答案】【分析】根据等腰三角形的性质得出内心和外心都在底边的高AD上，根据勾股定理得出方程，即可求出外接圆的半径，根据三角形的面积公式即可求出内切圆的半径．【详解】解：如图，∵在△ABC中，AB=AC=10，BC=16，∴过A作AD⊥BC于D，则外接圆的圆心O在AD上，连接OB、OC，∴BD=CD=BC=8，AD==6，∵在Rt△OBD中，由勾股定理得：OB2=OD2+BD2，∴R2=（6R）2+82，∴R=；如图，过A作AD⊥BC于D，∵△ABC中，AB=AC，∴△ABC的外心I在AD上，过I作IE⊥AC于E，IF⊥AB于F，连接OA、OB、OC，则IF=IE=ID=r，∵S△ABC=S△BIC+S△AIC+S△ABI，∴由三角形的面积公式得：BC×AD=BC×r+AC×r+AB×r，∴16×6=16r+10r+10r，∴r=，即三角形ABC的外接圆半径R=，内切圆半径r=，故答案为：，．【点睛】本题考查作图复杂作图，三角形的外接圆和内切圆等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．例4．（2023·成都市·九年级专题练习）如图，四边形中，．若．则外心与外心的距离是（

）A．5 B． C． D．【答案】A【分析】如图，连接AC，作于F，AC与BD、DF交于点E、G，先证明E是的外心，G是的外心，在中，根据即可解题．【详解】如图，连接AC，作于F，AC与BD、DF交于点E、G，垂直平分BD，，是等边三角形，是等腰直角三角形是的外心，是的外心，在中，在中，故外心与外心的距离是5故选：A．【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．例5．（2023·浙江·九年级期末）如图，点C，D在以AB为直径的半圆O上，，切线DE交AC的延长线于点E，连接OC．（1）求证：∠ACO＝∠ECD．（2）若∠CDE＝45°，DE＝4，求直径AB的长．【答案】（1）证明见详解；（2）【分析】（1）由，可得∠A＝∠B，内接四边形可得出∠ECD=∠B，进而得出∠ACO＝∠ECD；（2））连接OD，由切线的性质可得出∠ODE＝90°，进而得出∠CDO＝∠DCO=45°，再根据已知条件计算出∠E=∠ECD，得到CD=DE＝4，再利用勾股定理求出半径，进而得出答案；【详解】（1）证明：∵，∴∠A＝∠B；∵ABDC是内接四边形∴∠ECD=∠B∴∠ECD=∠A∵AO＝CO；∴∠ACO＝∠A∴∠ACO＝∠ECD（2）连接OD∵DE是圆的切线∴∠ODE＝90°，∵∠CDE＝45°，OC=OD∴∠CDO＝∠DCO=45°，∴∠COD＝90°，∵，∴，∴∠AOC＝∠DOB=45°，∴AO＝OC，∴∠ACO＝∠A=；∵∠DCO=45°，∴∠ECD=180°45°67.5°=67.5°，∵∠E=180°∠CDE∠ECD=180°45°67.5°=67.5°，∴∠E=∠ECD∴CD=DE＝4，∵∠COD＝90°，∴∴，即∴OC=故⊙O的半径为，∴直径AB的长，【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，内接四边形，切线性质定理，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握性质及定理是解决本题的关键．例6．（2023湖北武汉九年级上期中）如图，点A、P、B、C为⊙O上四点，∠APC＝∠CPB＝60°．（1）判断△ABC形状并证明；（2）将△APB绕点B顺时针旋转60°至△CMB，请画出图形，直接写出PA，PB，PC三者之间的数量关系．【答案】（1）△ABC是等边三角形；证明见解析；（2）PC＝PB+PA．【分析】（1）结论：△ABC是等边三角形．证明三个内角都是60°即可；（2）证明△PBM是等边三角形，可得结论．【详解】解：（1）结论：△ABC是等边三角形．理由：∵∠ABC＝∠APC＝60°，∠BAC＝∠BPC＝60°，∴∠ACB＝∠ABC＝∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形．（2）图形如图所示，由圆周角定理可知∠BAP=∠BCP，由旋转的性质可知∠BAP=∠BCM，∠PBM＝60°，∴点M恰好在CP上，∵∠BPM＝∠PBM＝60°，∴△PBM是等边三角形，∴PB＝PM，∴PC＝PM+CM＝PB+PA，故答案为：PC＝PB+PA．【点睛】本题考查作图旋转变换，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键掌握圆周角定理，灵活运用所学知识解决问题．例7．（2023重庆九年级上期中）如图，A，P，B，C是⊙O上的四个点，∠APC=∠BPC=60°，过点A作⊙O的切线交BP的延长线于点D．（1）求证：△ADP∽△BDA；（2）试探究线段PA，PB，PC之间的数量关系，并证明你的结论；（3）若AD=2，PD=1，求线段BC的长．【答案】（1）证明详见解析；（2）PA+PB=PC，证明详见解析；（3）．【详解】试题分析：（1）首先作⊙O的直径AE，连接PE，利用切线的性质以及圆周角定理得出∠PAD=∠PBA进而得出答案；（2）首先在线段PC上截取PF=PB，连接BF，进而得出△BPA≌△BFC（AAS），即可得出PA+PB=PF+FC=PC；（3）利用△ADP∽△BDA，得出，求出BP的长，进而得出△ADP∽△CAP，则，则AP2=CP•PD求出AP的长，即可得出答案．试题解析：（1）证明：作⊙O的直径AE，连接PE，∵AE是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，∴∠DAE=∠APE=90°，∴∠PAD+∠PAE=∠PAE+∠E=90°，∴∠PAD=∠E，∵∠PBA=∠E，∴∠PAD=∠PBA，∵∠PAD=∠PBA，∠ADP=∠BDA，∴△ADP∽△BDA；（2）PA+PB=PC，证明：在线段PC上截取PF=PB，连接BF，∵PF=PB，∠BPC=60°，∴△PBF是等边三角形，∴PB=BF，∠BFP=60°，∴∠BFC=180°﹣∠PFB=120°，∵∠BPA=∠APC+∠BPC=120°，∴∠BPA=∠BFC，在△BPA和△BFC中，，∴△BPA≌△BFC（AAS），∴PA=FC，AB=BC，∴PA+PB=PF+FC=PC；（3）解：∵△ADP∽△BDA，∴==，∵AD=2，PD=1∴BD=4，AB=2AP，∴BP=BD﹣DP=3，∵∠APD=180°﹣∠BPA=60°，∴∠APD=∠APC，∵∠PAD=∠E，∠PCA=∠E，∴PAD=∠PCA，∴△ADP∽△CAP，∴=，∴AP2=CP•PD，∴AP2=（3+AP）•1，解得：AP=或AP=（舍去），∴BC=AB=2AP=1+．考点：切线的性质；圆周角定理；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质．课后专项训练1．（2023·陕西宝鸡·统考一模）如图所示，内接于，点M为的内心，若，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】由三角形内角和定理求出根据点M为的内心可得由三角形外角的性质得出根据同弧所对的圆周角相等可得最后根据三角形内角和定理可得出．【详解】解：∵且，∴∵点M为的内心，∴∴∴∵且∴，故选：A．【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，三角形内角和定理以及三角形外角的性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键．2．（2023·江苏南通·统考一模）如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，点E是边AD上一点，连结CE，将△CDE绕点C旋转，当CD落到对角线AC上时，点E恰与圆心O重合，已知AE＝6，则下列结论不正确的是（）A．BC+DE＝ACB．⊙O的半径是2C．∠ACB＝2∠DCED．AE＝CE【答案】D【分析】⊙O是△ABC的内切圆，设半径为r，切点分别为F、G、H，连接OG、OH，则四边形BGOH是正方形，得出OG＝OG＝BG＝BH＝r，由旋转的性质得：OF＝DE＝r，CF＝CD，∠FCO＝∠DCE，得出∠ACB＝2∠DCE，在Rt△ABC中，由勾股定理得出方程，解方程得出r＝2，BC＝8，AC＝10，选项A、B、C正确；由勾股定理得：CE＝，选项D不正确．【详解】解：⊙O是△ABC的内切圆，设半径为r，切点分别为F、G、H，连接OG、OH，如图：则四边形BGOH是正方形，∴OG＝OG＝BG＝BH＝r，由旋转的性质得：OF＝DE＝r，CF＝CD，∠FCO＝∠DCE，∴∠ACB＝2∠DCE，∵BC＝AD，∴AB＝CD＝CF＝AE＝6，由切线长定理得：CH＝CF＝CD＝6，∠ACO＝∠BCO，AF＝AG＝6﹣r，∴AC＝AF+CF＝12﹣r，在Rt△ABC中，由勾股定理得：62+（6+r）2＝（12﹣r）2，解得：r＝2，∴BC＝8，AC＝10，∴BC+DE＝AC，⊙O的半径是2，所以选项A、B、C正确；由勾股定理得：，选项D不正确；故选D．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心、矩形的性质、旋转的性质、切线长定理、勾股定理等知识；熟练掌握切线长定理和旋转的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．3．（2023春·河北石家庄·九年级校考开学考试）已知点P是△ABC的内心，若∠BAP＝50°，则∠BPC的度数为(

)A．100° B．110° C．140° D．130°【答案】C【分析】由点P是△ABC的内心，∠BAP＝50°，得到∠BAC＝2∠BAP＝100°，根据三角形的内角和得到∠ABC+∠ACB＝80°，根据角平分线的定义得到∠PBC+∠PCB＝×80°＝40°，于是得到结论．【详解】∵点P是△ABC的内心，∠BAP＝50°，∴∠BAC＝2∠BAP＝100°，∴∠ABC+∠ACB＝80°，∴∠PBC+∠PCB＝×80°＝40°，∴∠BPC＝180°﹣40°＝140°，故选C．【点睛】此题主要考查了三角形的内切圆和内心，正确理解∠PBC+∠PCB＝(∠ABC+∠ACB)是关键．4．（2023秋·北京海淀·九年级期末）如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，且，的周长为14，则的长为（

）

A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据切线长定理得到AF=AD=2，BD=BE，CE=CF，由△ABC的周长为14，可求BC的长．【详解】解：与，，分别相切于点，，，，，的周长为14，故选：．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．5．（2022秋·河北邢台·九年级邢台三中校考阶段练习）如图，的内切圆（圆心为点O）与各边分别相切于点D，E，F，连接，．以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交于G，H两点；分别以点G，H为圆心，以大于的长为半径作弧，两条弧在的内部交于点P；作射线．给出下列结论：①射线一定过点O；②点O是三条中线的交点；③点O是三条边的垂直平分线的交点；④点O是三条边的垂直平分线的交点．其中正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】由作图知，射线是的角平分线，由内切圆圆心是三角形三内角平分线的交点知，可判定①正确，③错误；是的外接圆，则其三边垂直平分线的交点是圆心O，故可判定④正确，②错误；从而可作出选择．【详解】解：由作图知，射线是的角平分线，∵的内切圆圆心是三内角角平分线的交点，∴射线一定过点O，故①正确，③错误；∵是的外接圆，而三角形三边垂直平分线的交点是三角形外接圆的圆心，故④正确，②错误；∴正确的是有2个，是①与④正确；故选：C．【点睛】本题考查了尺规作图：作角平分线，三角形的外接圆与内切圆的知识，掌握这些知识是解题的基础与关键．6．（2023·安徽滁州·校联考二模）如图，是等腰的外接圆，为弧上一点，为的内心，过作，垂足为，若，则的值为（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】作于，于，连接，在上截取，连接，易证，推出是等腰直角三角形，进而得到四边形是正方形，推出，得到，同理得到，得到，即可得出结果．【详解】解：作于，于，连接，在上截取，连接，

是等腰直角三角形，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，是的内心，，，四边形是正方形，，，，，，同理：，，，．故选：A．【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，三角形的外接圆和内心．解题的关键是添加辅助线，构造特殊三角形和全等三角形．7．（2023·山东枣庄·校考模拟预测）如图，内接于，所对弧的度数为．的角平分线分别交于于点D、E，相交于点F．以下四个结论：①；②；③；④．其中结论一定正确的序号数是(

)A．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④【答案】B【分析】由，可得出．再根据的角平分线分别是，即得出，从而可求出，故①正确；由题意可知，．若成立，则应有，即，从而可解出，进而得出，而题意没有条件可以说明是，故②错误；作，由三角形内心的性质可知，，从而得出，即证明，得出，故③正确；由于点F是内心而不是各边中线交点，故不一定成立，因此④不正确．【详解】解：∵，∴．∵的角平分线分别是，∴，∴，故①正确；∵，，又∵若成立，则应有，∴，∴，∴，而根据题意，没有条件可以说明是，故②错误；如图作，∵点F是内心，∴，，∴，∴，∴，故③正确；由于点F是内心而不是各边中线的交点，故不一定成立，因此④不正确．故本题正确的结论为①③．故选B．【点睛】本题考查角平分线的定义，三角形内角和定理，求角的余弦值，等腰三角形的性质，三角形内心的性质，三角形全等的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．8．（2023·江苏苏州·九年级校考期中）如图，点为的内切圆的圆心，连接AI并延长交的外接圆于点，连接BD．已知，，则AI的长为（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】由三角形内切圆的圆心为三条角平分线的交点，可知，，利用三角形外角的性质可得，利用同弧所对的圆周角相等可得，进而可证，推出，则．【详解】解：点为的内切圆的圆心，平分，平分，，，，，，，，，故选C．【点睛】本题考查三角形的内切圆、三角形外角的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质等，难度一般，解题的关键是通过导角证明．9．（2022秋·江苏南京·九年级校考阶段练习）如图，已知是的直径，是的切线，D，B为切点，交于点E，的延长线交BC于点F，连接，给出以下四个结论：①；②E为的内心；③，其中正确的结论是（

）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】A【分析】如图所示，连接，先证明，得到，再由圆周角定理得到即可判断①；根据切线的性质和三角形内角和定理得到，进而推出则是的角平分线，同理可证得是的平分线，即可判断②；若若，则应有，应，进而推出而的度数不一定是60度，即可判断③．【详解】解：如图所示，连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故①正确；∵是的切线，∴，∴，∵，∴∴，∵，∴，即是的角平分线，同理可证得是的平分线，∴E为的内心，故②正确；若，则应有，应有，∴，∴而的度数不一定是60度，故③不正确；因此正确的结论有：①②．故选：A．【点睛】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，内心的概念，三角形内角和定理，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．10．（2023·山东潍坊·九年级统考期中）如图，点是的内心，连接并延长交于点，交的外接圆于点，连接．以下结论：①平分；②；③；④．其中正确的结论有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据三角形的内心的性质和圆周角定理判断即可．【详解】∵点E是△ABC的内心，∴AE平分∠BAC，故①正确；∴∠BAD＝∠DAC，∴，故②正确；∴∠DBC＝∠BAD，故③正确；∵∠D＝∠D，∠DBC＝∠BAD，∴△DFB∽△DBA，故④正确；故选：D．【点睛】本题考查相似三角形的判定，关键是根据相似三角形的判定解答．11．（2022秋·山东滨州·九年级统考期中）如图，在中，已知，，，是的内切圆，点E、F、D分别为切点，则的长为．【答案】【分析】先由勾股定理求得，再根据三角形的内切圆性质证得四边形是正方形，再利用等面积法求得、，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵，，，∴，∵是的内切圆，点E、F、D分别为切点，∴，，∴四边形是正方形，∴，连接，，∵，∴，解得：，则，在中，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查三角形的内切圆、正方形的判定与性质、勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握三角形的内切圆和正方形的判定与性质，作辅助线，利用等面积法求解是解答的关键．12．（2023秋·广东江门·九年级统考期末）三角形的周长为，三角形的内切圆的半径为，则这个三角形的面积为．【答案】10【分析】根据三角形的面积求解即可．【详解】解：三角形的周长为，三角形的内切圆的半径为，三角形的面积，故答案为：10．【点睛】本题考查了三角形周长、面积与内切圆半径的关系，如果三角形三边长分别为、、，内切圆半径为，则三角形的面积．13．（2023重庆九年级上期中）已知一个直角三角形的两直角边长分别为6和8．设它的外接圆半径长为R，内切圆半径长为r，则．【答案】3【分析】根据直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点，由勾股定理求斜边，即可求出，设内切圆半径长为r，由切线长定理得，所以，即可得到的值．【详解】如图所示：∵，，∴，∴外接圆半径为5，∴，设内切圆半径长为r，∴，∴，，∴，∴，∴．故答案为：3【点睛】本题考查了三角形的内切圆和外接圆，熟记直角三角形的外接圆圆心在斜边中点和切线长定理是解题的关键．14．（2023·江苏扬州·九年级专题练习）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，连接，若，则的度数为．【答案】/度【分析】先根据同弧所对的圆周角相等求得，再根据三角形的内心是三角形三条内角平分线的交点得到，，，，然后根据三角形的内角和定理求解即可．【详解】解：∵，∴，∵点是的内心，∴，，，∴，∴，故答案为：【点睛】本题考查同弧所对的圆周角相等、三角形的内心及角平分线的定义定义、三角形的内角和定理，理解三角形的内心定义是解答的关键．15．（2023·成都市·九年级专题练习）如图，是的内心，的延长线与的外接圆相交于点，与交于点，连接、、、．下列说法：①，②，③；④点是的外心；正确的有．（填写正确说法的序号）【答案】①③④【分析】利用三角形内心的性质得到，根据旋转的性质可对①进行判断；利用三角形内心的性质可对②进行判断；利用，和三角形内角和定理得，可对③判断；通过证明，可得，在证明，可对④进行判断．【详解】∵是的内心，∴AD平分，即，∴绕点A顺时针旋转一定的角度一定能和重合，∴①正确；∵是的内心，∴点I到三角形三边距离相等，∴②错误；∵BI平分，CI平分，∴，，∵∴③正确；∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴点B、I、C在以点D为圆心，DB为半径的圆上，即点是的外心，∴④正确．故答案为：①③④．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心的性质，以及旋转的性质和三角形外心，熟练掌握三角形内切圆以及内心的性质是解答本题的关键．17．（2020·贵州遵义·统考中考真题）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：．【点睛】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．18．（2023春·四川达州·九年级四川省渠县中学校考阶段练习）如图，四边形为的内接四边形，，平分，，，则的内心与外心之间的距离为.【答案】【分析】作DF⊥BA于F，连接AD，DC．只要证明△DFA≌△DEC（ASA），推出AF=CE，Rt△BDF≌Rt△BDE（HL），推出AF=BE得到四边形BEDF是正方形，BD是对角线，作△ABC的内切圆，圆心为M，N为切点，连接MN，OM．由切线长定理可知：AN=4，推出ON=54=1，由面积法可知内切圆半径为2，在Rt△OMN中，理由勾股定理即可解决问题．【详解】作DF⊥BA于F，连接AD，DC．∵BD平分∠ABC，DE⊥BC，DF⊥BA，∴DF=DE，∠DFB=∠DEB=90°，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠EDF=180°，∴∠ADC=∠EDF，∴∠FDA=∠CDE，∵∠DFA=∠DEC=90°，∴△DFA≌△DEC（ASA），∴AF=CE，∵BD=BD，DF=DE，∴Rt△BDF≌Rt△BDE（HL），∴BF=BE，∴四边形BEDF是正方形，BD是对角线，∵BD=7，∴正方形BEDF的边长为7，由（2）可知：BC=2BEAB=8，∴AC==10，作△ABC的内切圆，圆心为M，N为切点，连接MN，OM．由切线长定理可知：AN==4，∴ON=54=1，由面积法可知内切圆半径为2，在Rt△OMN中，OM=．∴△ABC的内心与外心之间的距离为，故答案为．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，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19．（2023·成都市·九年级专题练习）如图，在中，，的内切圆与，分别相切于点，，连接，的延长线交于点F，则．

【答案】/35度【分析】根据内切圆的定义和切线长定理，可以计算出∠AOB的度数和∠OGF的度数，然后即可计算出∠AFD的度数．【详解】解：连接，，，交于点G，，，点O为的内切圆的圆心，，，，，垂直平分，，，故答案为：．

【点睛】本题考查三角形内切圆、切线长定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．20．（2023·北京·九年级专题练习）如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠B＝90°．(1)若AB＝4，BC＝3，①求Rt△ABC外接圆的半径；②求Rt△ABC内切圆的半径；(2)连接AO并延长交BC于点D，若AB＝6，tan∠CAD＝，求此⊙O的半径．【答案】(1)①;②1(2)【分析】（1）①先求得线段AC的长度，然后取AC的中点H，得到AH的长即为△ABC的外接圆半径；②过点O作于点E，于点F，于点G，然后可得四边形OEBF是正方形，设半径为1，结合点O是的内心可得AF，CE的长度，然后由切线长定理得到，，进而得到，最后利用勾股定理求得r的值；（2）设半径为r，得到，，由内心的定义可知，然后利用正切值求得的大小，即为结果．【详解】（1）解：（1）①如图1，取AC的中点H，∵，∴点H是的外接圆圆心．∵，，，∴A，∴的外接圆半径为；②如图2，过点O作于点E，于点F，于点G，则．，∴四边形OEBF是正方形，设半径为r，则，是的内切圆，，，∴，，∴.，在中，，，解得或(不符合题意舍去)，内切圆的半径为l；（2）解：如图2，设半径为r，则，．是的内切圆，.，,，解得，的半径为．【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内切圆的性质、解直角三角形，熟知圆的切线长定理是解题关键．21．（2023·湖北荆门·中考模拟）已知锐角的外接圆圆心为，半径为．（1）求证：；（2）若中，求的长及的值．【答案】（1）见解析；（2）BC=,sinC=；【分析】（1）如图1，连接并延长交于，连接，于是得到，根据三角函数的定义即可得到结论；（2）由，同理可得：，于是得到，即可得到，如图2，过作于，解直角三角形即可得到结论．【详解】（1）如图1，连接并延长交于，连接，则，，；（2），同理可得：，，，如图2，过作于，，，【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．22．（2023·成都市·九年级专题练习）阅读材料并解答问题：与正三角形各边都相切的圆叫做正三角形的内切圆，与正四边形各边都相切的圆叫做正四边形的内切圆，，与正边形各边都相切的圆叫做正边形的内切圆，设正边形的面积为，其内切圆的半径为，试探索正边形的面积．如图①，当时，设切于点，连结，，，，．在中，，，，,,．(1)如图②，当时，仿照（1）中的方法和过程可求得：；(2)如图③，当时，仿照（1）中的方法和过程求；(3)如图④，根据以上探索过程，请直接写出．【答案】(1)；(2)；(3)．【分析】（1）如图②，要求正四边形的面积，只需求△OAB的面积，只需求AB，根据等腰三角形的性质可得AB＝2AC，只需在Rt△AOC中求出∠AOC，然后运用三角函数即可解决问题；（2）如图③，要求正五边形的面积，只需求△OAB的面积，只需求AB，根据等腰三角形的性质可得AB＝2AC，只需在Rt△AOC中求出∠AOC，然后运用三角函数即可解决问题；（3）如图④，要求正n边形的面积，只需求△OAB的面积，只需求AB，根据等腰三角形的性质可得AB＝2AC，只需在Rt△AOC中求出∠AOC，然后运用三角函数即可解决问题．【详解】(1)（根据题干中的规律进行解答）(2)如图③，当时，设切于点，连结，.，又，，，.，．(3)．【点睛】本题考查的是内切圆，熟练掌握内切圆的性质是解题的关键.23．（2023秋·天津津南·九年级统考期末）如图，的内切圆与、、分别相切于点、、．(1)若，，求的度数；(2)若，，，求的长．

【答案】(1)∠BOC=117.5°(2)AF＝6【分析】（1）根据三角形的内心是角平分线的交点，利用三角形内角和可求度数；（2）设，，，根据切线长定理，构建方程组解决问题即可．【详解】（1）解：（1）的内切圆与、、分别相切于点、、，，，∵，，；（2）是的内切圆，，，，设，，，又，，，，解得，；【点睛】本题考查三角形的内切圆，三角形内角和定理，切线的性质，解三元一次方程组等知识，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．24．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，点是的内心，的延长线与边相交于点，与的外接圆相交于点．

(1)求证：；(2)求证：；(3)求证：；(4)猜想：线段三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析(4)【分析】（1）过点F作，垂足分别为，则，进而表示出两个三角形的面积，即可求解；（2）过点A作于点，表示出两三角形的面积，即可求解；（3）连接，证明得出，证明，得出，即可，恒等式变形即可求解；（4）连接，证明，得出，证明，得出，即可求解．【详解】（1）证明：如图所示，过点F作，垂足分别为，∵点是的内心，∴是的角平分线，∵，∴，∵，∴；（2）证明：如图所示，过点A作于点，

∵，∴，由（1）可得，∴；（3）证明：连接，

∵∴∴∴，∴∵，∴，又，∴，∴，∴；∴，∴，（4）解：如图所示，连接，

∵点是的内心，∴是的角平分线，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．25．（2023·湖北武汉·统考三模）如图，是等腰的外接圆，，为上一点，为的内心．

(1)求证：；(2)过点作，垂足为，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）由圆周角定理及等腰三角形性质可知，，由为的内心，可知，进而可得；（2）过点分别作，的垂线，垂足分别为，，在上截取，使，连接，．根据等腰直角三角形的性质易证可得，，进而求得，由是的内心，可知，，都是切点，根据切线长定理可知，，．由可求得结果．【详解】（1）证明：∵是直径，∴．∵为的内心，∴，∵是等腰直角三角形，∴．∴．∴；（2）解：过点分别作，的垂线，垂足分别为，，在上截取，使，连接，．

∵是等腰直角三角形，∴，，又，∴．∴，．∴．∴，∵是的内心，，，都是切点，∴，，．∴．∴．【点睛】本题考查圆周角定理，切线长定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形的内心，熟练掌握相关性质及定理是解决问题的关键．26．（2022秋·广东茂名·九年级统考期末）如图，在中，，与的角平分线相交于点，的延长线交的外接圆于点，连接．(1)求证：；(2)证明：点、、在以点为圆心的同一个圆上；(3)若，，求内心与外心之间的距离．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）利用角平分线，得到，利用圆周角定理，得到，即可得出；（2）连接，根据，得到，得到，根据角平分线，得到，再根据，得到，得到，从而得到，即可得证；（3）连接，设与相交于点，利用等腰三角形三线合一，求出的长，垂径定理求出的长，进而求出的长，利用圆周角定理以及勾股定理求出的长，进而得到的长，用的长减去的长，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴；（2）证明：连接，∵，∴，∴，∵平分，∴，∵，，∴，∴，∴，∴点、、在以点为圆心的同一个圆上；（3）解：连接，设与相交于点，∵，平分，∴，∴，∴，设，则：，，在中，，即：，解得：，即：，∵为的直径，∴，，∴，∴，∴，∵与的角平分线相交于点，∴点为的内心，∴的长即为内心与外心之间的距离，∴内心与外心之间的距离为：．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，以及垂径定理，是解题的关键．27．（202